2019-08-02 纪中NOIP模拟B组
T1 [JZOJ1420] 佳肴
题目描述
佳肴就是非常美味的菜的意思，佳肴最关键的是选择好原料。
现在有 $N$ 种原料，每种原料都有酸度 $S$ 和苦度 $B$ 两个属性，当选择多种原料时，总酸度为每种原料的酸度之积，总苦度为每种原料的苦度之和。
正如大家所知，佳肴是既不酸也不苦的，因为要保证所选的原料使得总酸度和总苦度差的绝对值最小。
由于佳肴不能只有水，所以必须至少选择一种佳肴。
分析
签到题 无脑暴搜
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cmath> #include <queue> using namespace std; #define ll long long #define inf 0x3f3f3f3f #define N 15 int n, ans = inf; int a[N], b[N]; void dfs(int now, int mul, int sum) { ans = min(ans, abs(mul - sum)); for (int i = now + 1; i <= n; i++) dfs(i, mul * a[i], sum + b[i]); } int main() { scanf("%d", &n); for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d", a + i, b + i); for (int i = 1; i <= n; i++) dfs(i, a[i], b[i]); printf("%d\n", ans); return 0; }
T2 [JZOJ1308] 取数游戏
题目描述
$Alice$ 想让 $Bob$ 陪他去看《唐山大地震》，但由于 $Bob$ 是个很感性的人，怕流泪不想去，但又不好意思以这个作为拒绝的理由，便提出玩一个游戏。
$N$ 个正整数围成一圈，规则如下：
• 两个玩家轮流取数；
• 最开始先手的玩家可以取任意一个数 $x$；
• 从第二步开始当前玩家只能取 $x$（上一玩家刚刚取的数）左右两边相邻的数；
• 直到取完所有的数，游戏结束；
• 取得较多奇数的玩家获胜。
$Bob$ 为了显示大度，让 $Alice$ 先取，但他忘了自己和 $Alice$ 都是绝顶聪明之人，现在 $Alice$ 请你帮他计算第一步有多少种取法使得最终获得胜利。
分析
由于是环形的情况，我们可以将序列复制一遍，通过枚举第一次选取的数，把这个位置断开，就变成了区间DP
设 $g[i]$ 表示第 $i$ 位的奇偶（奇数为 $1$，偶数为 $0$），$f[i][j]$ 表示从区间 $[i,j]$ 开始先手与后手的最大奇数个数差
于是可以得到 $f[i][j]=max(g[i]-f[i+1][j],g[j]-f[i][j-1])$
最后枚举第一次选取数字的所有情况，答案就是其中 $f>0$ 的数量
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cmath> using namespace std; #define ll long long #define inf 0x3f3f3f3f #define N 105 int n, ans; int g[2 * N], f[2 * N][2 * N]; int main() { scanf("%d", &n); for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d", g + i); g[n + i] = (g[i] %= 2); if (g[i]) f[i][i] = f[n + i][n + i] = 1; } for (int l = 2; l < n; l++) for (int i = 1; i + l - 1 < 2 * n; i++) { int j = i + l - 1; f[i][j] = max(g[i] - f[i + 1][j], g[j] - f[i][j - 1]); } for (int i = 1; i <= n; i++) { int j = i + n - 1; f[i][j] = g[i] - f[i + 1][j]; if (f[i][j] > 0) ans++; } printf("%d\n", ans); return 0; }
T3 [JZOJ1381] 删除
题目描述
$Alice$ 上化学课时又分心了，他首先画了一个 $3$ 行 $N$ 列的表格，然后把数字 $1$ 到 $N$ 填入表格的第一行，保证每个数只出现一次，另外两行他也填入数字 $1$ 到 $N$，但不限制每个数字的出现次数。
$Alice$ 现在想删除若干列使得每一行排完序后完全一样，编程计算最少需要删除多少列。
分析
由于删除后每一行排完序完全相同，所以其中任意数字必须在三行中均出现
于是找出第二行或第三行中未出现的数，删除该数在第一行中所在的一整列
然后反复查找和删除，直到不存在某一列需要被删除，被删除的列数即为答案
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cmath> #include <queue> using namespace std; #define ll long long #define inf 0x3f3f3f3f #define N 100005 int n, ans; int a[N], b[N], c[N]; int pos[N], book[N], book1[N], book2[N]; int main() { scanf("%d", &n); for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d", a + i); book[a[i]] = 1; pos[a[i]] = i; } for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d", b + i); book1[b[i]]++; } for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d", c + i); book2[c[i]]++; } while (1) { int ok = 1; for (int i = 1; i <= n; i++) if (!book1[i] && book[i]) { ans++; book[i] = 0; book1[b[pos[i]]]--; book2[c[pos[i]]]--; ok = 0; } for (int i = 1; i <= n; i++) if (!book2[i] && book[i]) { ans++; book[i] = 0; book1[b[pos[i]]]--; book2[c[pos[i]]]--; ok = 0; } if (ok) break; } printf("%d\n", ans); return 0; }
T4 [JZOJ1382] 区间
题目描述
$Alice$ 收到一些很特别的生日礼物：区间。即使很无聊，$Alice$ 还是能想出关于区间的很多游戏，其中一个是，$Alice$ 从中选出最长的不同区间的序列，其中满足每个区间必须在礼物中，另序列中每个区间必须包含下一个区间。
编程计算最长序列的长度。
分析
先将所有区间以左端点为第一关键字从小到大排序，以右端点为第二关键字从大到小排序
首先这样排序的好处是在判断区间的包含关系时不需要考虑左端点
设区间 $s$ 的左端点为 $l$，右端点为 $r$，则有
对于任意 $i<j$， 若 $s[i].r \geq s[j].r$，则 $s[i]$ 包含 $s[j]$
此时问题就变成了，求区间右端点的最长不上升子序列
根据数据规模，求最长不上升子序列时需要二分查找
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cmath> #include <queue> using namespace std; #define ll long long #define inf 0x3f3f3f3f #define N 100005 int n, ans; int f[N]; struct Stv { int l, r; } s[N]; bool cmp(Stv a, Stv b) { if (a.l != b.l) return a.l < b.l; return a.r > b.r; } int main() { scanf("%d", &n); for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d", &s[i].l, &s[i].r); sort(s + 1, s + n + 1, cmp); for (int i = 1; i <= n; i++) { int l = 1, r = i; while (l <= r) { int mid = (l + r) >> 1; if (f[mid] >= s[i].r) l = mid + 1; else r = mid - 1; } f[l] = s[i].r; ans = max(ans, l); } printf("%d\n", ans); return 0; }
