20180908考试
T1
3806 -- 【模拟试题】升降梯上
Description
开启了升降梯的动力之后，探险队员们进入了升降梯运行的那条竖直的隧道，映入眼帘的是一条直通塔顶的轨道、一辆停在轨道底部的电梯、和电梯内一杆控制电梯升降的巨大手柄。
Nescafe之塔一共有N层，升降梯在每层都有一个停靠点。手柄有M个控制槽，第i个控制槽旁边标着一个数Ci，满足C1<C2<C3<....<CM。如果Ci>0，表示手柄扳动到该槽时，电梯将上升Ci层；如果Ci<0，表示手柄扳动到该槽时，电梯将下降 -Ci 层；并且一定存在一个Ci=0，手柄最初就位于此槽中。注意升降梯只能在1~N层间移动，因此扳动到使升降梯移动到1层以下、N 层以上的控制槽是不允许的。
电梯每移动一层，需要花费2秒钟时间，而手柄从一个控制槽扳到相邻的槽，需要花费1秒钟时间。探险队员现在在1层，并且想尽快到达N层，他们想知道从1层到N层至少需要多长时间？
Nescafe之塔一共有N层，升降梯在每层都有一个停靠点。手柄有M个控制槽，第i个控制槽旁边标着一个数Ci，满足C1<C2<C3<....<CM。如果Ci>0，表示手柄扳动到该槽时，电梯将上升Ci层；如果Ci<0，表示手柄扳动到该槽时，电梯将下降 -Ci 层；并且一定存在一个Ci=0，手柄最初就位于此槽中。注意升降梯只能在1~N层间移动，因此扳动到使升降梯移动到1层以下、N 层以上的控制槽是不允许的。
电梯每移动一层，需要花费2秒钟时间，而手柄从一个控制槽扳到相邻的槽，需要花费1秒钟时间。探险队员现在在1层，并且想尽快到达N层，他们想知道从1层到N层至少需要多长时间？
Input
第一行两个正整数N、M。
第二行M个整数C1、C2......CM。
第二行M个整数C1、C2......CM。
Output
输出一个整数表示答案，即至少需要多长时间。若不可能到达输出-1。
Sample Input
6 3
-1 0 2
Sample Output
19
Hint
【样例说明】
手柄从第二个槽扳到第三个槽（0扳到2），用时1秒，电梯上升到3层，用时4秒。
手柄在第三个槽不动，电梯再上升到5层，用时4秒。
手柄扳动到第一个槽（2扳到-1），用时2秒，电梯下降到4层，用时2秒。
手柄扳动到第三个槽（-1扳倒 2），用时2秒，电梯上升到6层，用时4秒。
总用时为(1+4)+4+(2+2)+(2+4)=19秒。
【数据规模】
对于30%的数据，满足1≤N≤10，2<=M<=5。
对于100%的数据，满足1≤N≤1000，2<=M<=20，-N<C1<C2<....<CM<N。
手柄从第二个槽扳到第三个槽（0扳到2），用时1秒，电梯上升到3层，用时4秒。
手柄在第三个槽不动，电梯再上升到5层，用时4秒。
手柄扳动到第一个槽（2扳到-1），用时2秒，电梯下降到4层，用时2秒。
手柄扳动到第三个槽（-1扳倒 2），用时2秒，电梯上升到6层，用时4秒。
总用时为(1+4)+4+(2+2)+(2+4)=19秒。
【数据规模】
对于30%的数据，满足1≤N≤10，2<=M<=5。
对于100%的数据，满足1≤N≤1000，2<=M<=20，-N<C1<C2<....<CM<N。
考场上写的O(n*m^2)的dp拿了90，本来期望100的……
定义：f[i][j]表示在第i层时手柄在j位置的最小代价
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define int long long
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f,MAXX=100005;
int read()
{
int s=0,bj=0;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')bj|=(ch=='-'),ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^48),ch=getchar();
return bj?-s:s;
}
void printnum(int x)
{
if(x>9)printnum(x/10);
putchar(x%10^48);
}
void print(int x,char ch)
{
if(x<0){putchar('-');x=-x;}
printnum(x);putchar(ch);
}
int _min(int x,int y){return x<y?x:y;}
int abss(int x){return x>0?x:-x;}
int f[1005][25];//f[i][j]表示在第i层时把手在第j个槽里的最小代价
int n,m,c[25],bj,minn=INF;
signed main()
{
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=m;i++){c[i]=read();if(c[i]==0)bj=i;}
memset(f,0x3f,sizeof(f));
for(int i=1;i<=m;i++)f[1][i]=abss(bj-i);
for(int kk=1;kk<=n>>3;kk++)//由于扳过来那部分可能之前没有更新到，应该跑n遍dp，但是时间原因，所以只跑了n/8遍
for(int i=1;i<=n;i++)//枚举层
{
for(int j=1;j<=m;j++)//枚举扳手位置
{
for(int k=1;k<=m;k++)f[i][j]=_min(f[i][j],f[i][k]+abss(j-k));//当前层手柄在其他位置时扳过来的情况
if(i+c[j]>=1&&i+c[j]<=n)f[i+c[j]][j]=_min(f[i+c[j]][j],f[i][j]+(abss(c[j])<<1));//如果在这个手柄走，那么要判断它是否在1——n层，然后更新
}
}
for(int i=1;i<=m;i++)minn=_min(minn,f[n][i]);//在每个位置时的代价取min
if(minn>=INF)puts("-1");
else print(minn,'\n');
return 0;
}
T2
2031 -- 【NOIP模拟试题】塔顶试探
Description
探险队员们顺利乘坐升降梯来到了塔顶。塔顶有若干房间，房间之间连有通道。如果把房间看做节点，通道看做边的话，整个塔顶呈现一个有根树结构，并且每个房间的墙壁都涂有若干种颜色的一种。
现在探险队员们在树根处，他们打算进一步了解塔顶的结构，为此，他们使用了一种特殊设计的机器人。这种机器人会从队员身边，也就是树根出发，之后对塔顶进行深度优先遍历。机器人每进入一个房间（无论是第一次进入还是返回），都会记录这个房间的颜色。最后，机器人会回到树根。
显然，机器人会访问每个房间至少一次，并且穿越每条通道恰好两次（两个方向各一次），然后，机器人会得到一个颜色序列。但是，探险队员发现这个颜色序列并不能唯一确定塔顶的结构。现在他们想请你帮助他们计算，对于一个给定的颜色序列，有多少种可能的结构会得到这个序列。由于结果可能会非常大，你只需要输出答案对 10^9 取模之后的值。
现在探险队员们在树根处，他们打算进一步了解塔顶的结构，为此，他们使用了一种特殊设计的机器人。这种机器人会从队员身边，也就是树根出发，之后对塔顶进行深度优先遍历。机器人每进入一个房间（无论是第一次进入还是返回），都会记录这个房间的颜色。最后，机器人会回到树根。
显然，机器人会访问每个房间至少一次，并且穿越每条通道恰好两次（两个方向各一次），然后，机器人会得到一个颜色序列。但是，探险队员发现这个颜色序列并不能唯一确定塔顶的结构。现在他们想请你帮助他们计算，对于一个给定的颜色序列，有多少种可能的结构会得到这个序列。由于结果可能会非常大，你只需要输出答案对 10^9 取模之后的值。
Input
输入文件包含一行，含有一个字符串，表示机器人得到的颜色序列。
Output
输出一个整数表示答案。
Sample Input
ABABABA
Sample Output
5
Hint
考场爆搜……期望24，实际40
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
char ch[305],bj[305];
int len,n,fa[305],cnt,num;
void DFS(int x,int no)
{
if(x==len){num++;if(num==1e9)num=0;return;}
if(bj[fa[no]]==ch[x]){DFS(x+1,fa[no]);}
if(cnt<n)
{
bj[++cnt]=ch[x];fa[cnt]=no;
DFS(x+1,cnt);
fa[cnt]=0;bj[cnt]=0;cnt--;
}
}
int main()
{
scanf("%s",ch+1);
len=strlen(ch+1);n=(len+1)>>1;
DFS(1,0);
printf("%d\n",num);
return 0;
}
正解居然是区间dp！？
定义：f[i][j]表示i到j段里的方案数
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LL long long
using namespace std;
const int mod=1e9;
char ch[305];
LL f[305][305];int n;
int main()
{
scanf("%s",ch+1);n=strlen(ch+1);
for(int i=1;i<=n;i++)f[i][i]=1;//初始化
for(int len=3;len<=n;len+=2)//枚举长度 ，易得len只有在奇数时才能有方案
{
for(int l=1;l<=n-len+1;l++)//枚举l
{
int r=len+l-1;
if(ch[l]^ch[r])continue;//易得只有l和r相等时才能有方案
f[l][r]=f[l+1][r-1];
for(int mid=l+2;mid<=r-2;mid++)if(ch[l]==ch[mid])f[l][r]=(f[l][r]+1ll*f[l+1][mid-1]*f[mid][r]%mod)%mod;//枚举中间点，并更新 ，因为是方案数，所以相乘
}
}
printf("%lld\n",f[1][n]);//(不开long long见祖宗)
return 0;
}
T3
2368 -- 【模拟试题】礼物运送
Description
机器人刚刚探查归来，探险队员们突然发现自己的脚下出现了一朵朵白云，把他们托向了空中。一阵飘飘然的感觉过后，队员们发现自己被传送到了一座空中花园。
“远道而来的客人，我们是不是守护Nescafe之塔的精灵。如果你们想拜访护法和圣主的话，就要由我们引路。因此，你们是不是该给我们一点礼物呢？”
队员们往远处一看，发现花园中由N各木箱，M条柔软的羊毛小路，每条小路的两个端点都是木箱，并且通过它需要ti的时间。队员们需要往每个木箱中放一份礼物，不过由于精灵们不想让花园被过多地踩踏，因此运送礼物的任务最多只能由两位探险队员完成。
两位探险队员同时从1号木箱出发，可以在任意木箱处结束运送。运送完毕时，每只木箱应该被两位队员中至少一人访问过。运送任务所用的时间是两人中较慢的那个人结束运送任务的时间。请问这个时间最快是多少呢？
“远道而来的客人，我们是不是守护Nescafe之塔的精灵。如果你们想拜访护法和圣主的话，就要由我们引路。因此，你们是不是该给我们一点礼物呢？”
队员们往远处一看，发现花园中由N各木箱，M条柔软的羊毛小路，每条小路的两个端点都是木箱，并且通过它需要ti的时间。队员们需要往每个木箱中放一份礼物，不过由于精灵们不想让花园被过多地踩踏，因此运送礼物的任务最多只能由两位探险队员完成。
两位探险队员同时从1号木箱出发，可以在任意木箱处结束运送。运送完毕时，每只木箱应该被两位队员中至少一人访问过。运送任务所用的时间是两人中较慢的那个人结束运送任务的时间。请问这个时间最快是多少呢？
Input
第一行两个整数N,M；
接下来M行每行三个整数xi,yi,ti，表示xi和yi之间有一条用时ti的小路，小路是双向的。
接下来M行每行三个整数xi,yi,ti，表示xi和yi之间有一条用时ti的小路，小路是双向的。
Output
输出所需的最短时间。
Sample Input
6 6
1 2 10
2 3 10
3 4 5
4 5 10
5 6 20
2 5 10
Sample Output
40
Hint
【数据范围与约定】
对于50%的数据，1<=N<=9；
对于100%的数据，1<=N<=18,1<=ti<=1000,1<=xi,yi<=N,两个木箱之间最多只有一条小路，不会有自己到自己的小路，保证所有木箱是连通的。
对于50%的数据，1<=N<=9；
对于100%的数据，1<=N<=18,1<=ti<=1000,1<=xi,yi<=N,两个木箱之间最多只有一条小路，不会有自己到自己的小路，保证所有木箱是连通的。
玄学floyd+搜索，期望100，实际10……
下来问了老师正解，才发现我考场上
正解是spfa+状压
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<queue>
#define LL long long
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f,MAXX=100005;
int read()
{
int s=0,bj=0;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')bj|=(ch=='-'),ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^48),ch=getchar();
return bj?-s:s;
}
int n,m;
struct bian{int nx,to,v;}w[325];int h[19],cnt;
void AddEdge(int x,int y,int z){w[++cnt].to=y;w[cnt].nx=h[x];w[cnt].v=z;h[x]=cnt;}
int d[1<<19][19];//当前已走的集合为i，现在在j的最小代价
bool vst[1<<19][19],bj[19];
struct node{int x,y;};
void spfa()
{
memset(d,0x3f,sizeof(d));
queue<node>q;
d[1][1]=0;
q.push((node){1,1});
while(!q.empty())
{
int xx=q.front().x,yy=q.front().y;q.pop();vst[xx][yy]=0;
for(int i=h[yy];i;i=w[i].nx)
{
int y=w[i].to,no=xx|(1<<(y-1));//往y点走
if(d[no][y]>d[xx][yy]+w[i].v)
{
d[no][y]=d[xx][yy]+w[i].v;
if(!vst[no][y]){vst[no][y]=1;q.push((node){no,y});}
}
}
}
}
void dfs(int x)
{
if(bj[x])return;bj[x]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)d[x][0]=min(d[x][0],d[x][i]);//d[i][0]表示已经走了i集合的最小代价
for(int i=1;i<=n;i++)//枚举下一步往哪个点走
if(!(x&(1<<(i-1))))//如果这个点没有被走过
{
int y=x|(1<<(i-1));
dfs(y);
d[x][0]=min(d[x][0],d[y][0]);
}
}
int main()
{
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x=read(),y=read(),z=read();
AddEdge(x,y,z);AddEdge(y,x,z);
}
spfa();
// for(int i=1;i<=(1<<n)-1;i++)
// {
// for(int j=1;j<=n;j++)cout<<d[i][j]<<" ";cout<<endl;
// }
dfs(0);//初始集合为空
int ans=INF;
for(int i=0;i<=(1<<n)-1;i++)
ans=min(ans,max(d[i][0],d[(1<<n)-1-i][0])/*枚举每一种两个人走的情况*/);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
