暑期集训模拟赛3

前言

今天除了改成\(0\)分的\(T4\)一切安好……

NO.1 中中救援队

原型:安慰奶牛

题目描述

中中酷爱滑雪,某日突发奇想,带领所有\(BDEZ\)\(OIER\)\(Alps\)滑雪,不幸的是,中中和\(OIER\)们遭遇了雪崩,除了中中,所有的\(OIER\)们都埋在了雪坑里,此时,中中救援队闪亮登场~!(中中救援队只有中中一个人!\(Orz\)!)

雪崩之后,出现了\(N\)个雪坑,每个雪坑都有一名\(OIER\)深陷其中,只有中中幸免,现在中中找到了M条双向道路,每条道路都会连接两个雪坑,但是,由于中中是路痴(-_-||),所以中中希望去除\(M\)条道路中尽可能多的道路,但是还要保证任一雪坑都能到达其他的雪坑,所以要先选择留下\(N-1\)条道路,中中可以从任意一个雪坑出发,并且任务完成后要回到出发点(起点的雪坑和终点的雪坑也需要消耗体力),而且中中只记得他选择的道路 中中每到一个雪坑\(i\),都会消耗一定的体力值\(t_i\),即使这个雪坑的\(OIER\)已被救出。第\(j\)条道路连接\(x,y\)两个雪坑,而从\(x\)到达\(y\)也需要消耗体力值\(energy\) 由于时间紧迫,中中请你这名\(OIER\)帮助他计算下救出这\(N\)\(OIER\)所消耗的最小体力值是多少

输入格式

输入第一行两个整数\(N\)\(M\),表示有\(N\)\(OIER\)\(M\)条连接的道路

接下来\(N\)行,每行一个整数\(t_i\),表示第\(i\)个雪坑需要消耗中中的体力值

然后\(M\)行,每行三个整数\(x,y,energy\),表示从\(x\)坑滑到\(y\)坑需要消耗的体力值为\(energy\)

输出格式

\(1\)行,一个整数,为中中消耗的最小体力值

样例

样例输入

5 7
6
5
13
8
18
4 1 7
5 2 5
1 5 16
2 3 20
3 1 18
4 3 12
2 4 15

样例输出

154

数据范围与提示

对于\(30\%\)的数据 \(5\le N\le 100,N-1\le M\le 500 1\le t_i\le 100 x\le N,y\le N,1\le energy\le 100\)

对于全部数据 \(5\le N\le 10000,N-1\le M\le 100000 1\le t_i\le 1000 x\le N,y\le N,1\le energy\le 1000\)

结果保证不超过\(2^{31}-1\)

分析

看到题目中只保留\(N-1\)条边,且要求消耗能量最小即路径长最小,那么就是一个最小生成树板子题了,但是处理边权需要考虑一下。
因为每条路径一定要经过两遍,所以首先需要让路径长乘以\(2\),又因为每个点的点权也需要计算,所以我们还需要加上路径两端的点权,然后跑最小生成树就行了。
因为起点和终点也要计算,而除了终点都是经过两次,又因为处理的时候没有把每个起点和重点的值计算两边,所以需要找出最小的点权,并且从那里作为起点,最后就是最小生成树的值加上这个最小的点权。

代码



#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e4+10;
struct Node{
	int x,y,val;
}e[maxn*10];
int n,m;
int mn=0x7f7f7f7f;
int t[maxn],fa[maxn];
bool cmp(Node a,Node b){
	return a.val<b.val;
}
int Find(int x){//并查集
	return x==fa[x]?x:(fa[x]=Find(fa[x]));
}
int kruscal(){//最小生成树板子……
	int ans = 0;
	sort(e,e+m,cmp);
	for(int i=0;i<m;++i){
		int x = Find(e[i].x);
		int y = Find(e[i].y);
		if(x != y){
			fa[x] = y;
			ans += e[i].val;
		}
	}
	return ans;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=0;i<n;++i)fa[i]=i;
	for(int i=0;i<n;++i){
		scanf("%d",&t[i]);
	}
	for(int i=0;i<m;++i){
		scanf("%d%d%d",&e[i].x,&e[i].y,&e[i].val);
		e[i].val = 2*e[i].val+t[e[i].x-1]+t[e[i].y-1];//处理边权
	}
	for(int i=0;i<n;++i){//找到最小点权
		if(mn>t[i])mn=t[i];
	}
	int ans = mn+kruscal();//计算答案
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

NO.2 家务活

题目描述

农场主约翰家人有\(N (3\le N\le 10,000)\)件家务活需要完成,完成第\(i\)件家务活需要\(T_i(1\le T_i\le 100)\)的时间,在做第\(i\)件家务活之前约翰必须完成若干个家务活,我们称这些家务为\(i\)的必备家务。至少有一个家务没有必备家务,第一件家务没有必备家务。

约翰已经安排好完成家务活的顺序,家务活\(k\)的必备家务活只会出现在区间\([1,k-1]\)之间。没有依赖关系的家务活可以同时进行。

现在请你计算约翰家人完成所有家务的最短时间。

输入格式

第一行为一个整数\(N\),表示有\(N\)件家务活。

接下来\(2~n+1\)行,第\(i+1\)行前两个数分别为\(T_i\)\(k_i\),表示完成第\(i\)件家务需要\(T_i\)的时间,有\(k_i\)个必备家务,接着\(k\)个数表示第\(i\)件家务的必备家务。

输出格式

只有一行,约翰完成所有家务的最短时间。

样例

样例输入

7
5 0
1 1 1
3 1 2
6 1 1
1 2 2 4
8 2 2 4
4 3 3 5 6

样例输出

23

数据范围与提示

\(1\): \(0\) 时刻开始,\(5\) 时刻结束

\(2\): \(5\) 时刻开始,\(6\) 时刻结束

\(3\): \(6\) 时刻开始,\(9\) 时刻结束

\(4\): \(5\) 时刻开始,\(11\)时刻结束

\(5\): \(11\)时刻开始,\(12\)时刻结束

\(6\): \(11\)时刻开始,\(19\)时刻结束

\(7\): \(19\)时刻开始,\(23\)时刻结束

分析

看到题目中有约束条件,也就是先到某个点才能到下一个点,所以我们就可以用拓扑排序来排出来工作的先后顺序,每一项从这个工作拓展出来的工作是可以同时进行的,所以我们记录一下同时工作的话花费时间的最大值,虽然让求的是最小值,但是如果没做完这个工作是不行的。这样就处理出来了每个工作到什么时刻结束。最后当没有出度,也就是全部工作都应该做完了,那么就统计答案。

有一个需要注意的地方,因为可能有很多不需要必备家务活的家务,而一开始我们就需要从这些点开始进行拓扑排序,所以我们建一个超级源点,连接入度为\(0\)的点,然后从这个点开始拓扑排序就好了。

代码



#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5+10;
struct Node{
	int v,next;
}e[5000005];
int n;
int t[maxn],tot,val[maxn];
int head[maxn],ans;
queue<int>q;
int rd[maxn],cd[maxn];
void Add(int x,int y){
	e[++tot].v = y;
	e[tot].next = head[x];
	head[x] = tot;
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	int gs;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%d%d",&t[i],&gs);
		rd[i] = gs;
		if(!gs)Add(n+1,i);//没有入度就从超级源点建边
		val[i] = t[i];//记录下来每个的时间
		for(int k=1;k<=gs;++k){
			int x;
			scanf("%d",&x);
			Add(x,i);
			cd[x]++;//计算出度
		}
	}
	q.push(n+1);//超级源点开始
	while(!q.empty()){
		int u = q.front();
		q.pop();
		for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
			int v = e[i].v;
			if(rd[v])rd[v]--;//上个工作做了,入度减一
			val[v] = max(val[v],val[u]+t[v]);//把能够同时做的工作全做了,找到做完后的时间点
			if(!cd[v])ans = max(ans,val[v]);//没有出度就统计答案
			if(!rd[v])q.push(v);//没有入度了说明可以做这个家务,入队
		}
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

NO.3 传纸条

原型:方格取数

题目描述

小渊和小轩是好朋友也是同班同学,他们在一起总有谈不完的话题。一次素质拓展活动中,班上同学被安排坐成一个\(m\)行、\(n\)列的矩阵,而小渊和小轩被安排坐在矩阵对角线的两端,因此,他们就无法直接交谈了。幸运的是,他们可以通过传纸条来进行交流。纸条要经由许多同学传到对方手里,小渊坐在矩阵的左上角,坐标\((1,1)\),小轩坐在矩阵的右下角,坐标\((m,n)\)。从小渊传给小轩的纸条只可以向下或者向右传递,从小轩传给小渊的纸条只可以向上或者向左传递。

在活动进行中,小渊希望给小轩传一张纸条,同时希望小轩给他回复。班里的每个同学都可以帮他们传递,但只会帮他们一次,也就是说如果此人在小渊递给小轩纸条的时候帮忙,那么在小轩递给小渊的时候就不会再帮忙。反之亦然。

还有一件事情需要注意,全班每个同学愿意帮忙的好心程度有高有低(注意:小渊和小轩的好心程度没有定义,输入时用\(0\)表示),可以用一个 \(0~100\)的自然数来表示,数越大表示越好心。小渊和小轩希望尽可能找好心程度高的同学来帮忙传纸条,即找到来回两条传递路径,使得这两条路径上同学的好心程度之和最大。现在,请你帮助小渊和小轩找到这样两条路径。

输入格式

第一行有\(2\)个用空格隔开的整数\(m\)\(n\),表示班里有\(m\)\(n\)\((1\le m,n\le 50)\)

接下来的\(m\)行是一个\(m\times n\)的矩阵,矩阵中第\(i\)\(j\)列的整数表示坐在第\(i\)\(j\)列的学生的好心程度。每行的\(n\)个整数之间用空格隔开。

输出格式

共一行,包含一个整数,表示来回两条路上参与传纸条的同学的好心程度之和的最大值。

样例

样例输入

3 3
0 3 9
2 8 5
5 7 0

样例输出

34

数据范围与提示

\(30\%\)的数据满足:\(l\le m,n\le 10\)

\(100\%\)的数据满足:\(1\le m,n\le 50\)

分析

因为从左上到右下要找到两条路径,还不能重合,所以我们直接从左上到右下,开四维数组,前两个和后两个分别从上一行、上一列进行转移,然后取最大值并且加上到的那个点的值,如果算重了就减去,最后输出就行。下边说一下具体的状态:

定义\(f[i][j][k][l]\)为一条路径到\(i\)\(j\)列,另一条到\(k\)\(l\)列得到的最大值,状态转移如下:

\[f[i][j][k][l] = max(max(f[i-1][j][k-1][l],f[i-1][j][k][l-1]),max(f[i][j-1][k-1][l],f[i][j-1][k][l-1]))+a[i][j]+a[k][l]; \]

如果算重了,减去就行。

代码



#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 55;
int f[maxn][maxn][maxn][maxn];
int n,m;
int a[maxn][maxn];
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=1;j<=m;++j){
			scanf("%d",&a[i][j]);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;++i){
		for(int j=1;j<=m;++j){
			for(int k=1;k<=n;++k){
				for(int l=1;l<=m;++l){
					f[i][j][k][l] = max(max(f[i-1][j][k-1][l],f[i-1][j][k][l-1]),max(f[i][j-1][k-1][l],f[i][j-1][k][l-1]))+a[i][j]+a[k][l];
					if(i == k && j == l)f[i][j][k][l] -= a[i][j];//算重了就减去
				}
			}
		}
	}
	printf("%d\n",f[n][m][n][m]);
	return 0;
}

NO.4 杀人游戏

题目描述

一位冷血的杀手潜入 \(Na-wiat\),并假装成平民。警察希望能在 \(N\) 个人里面查出谁是杀手。

警察能够对每一个人进行查证,假如查证的对象是平民,他会告诉警察,他认识的人,谁是杀手,谁是平民。假如查证的对象是杀手,杀手将会把警察干掉。

现在警察掌握了每一个人认识谁。每一个人都有可能是杀手,可看作他们是杀手的概率是相同的。

问:根据最优的情况,保证警察自身安全并知道谁是杀手的概率最大是多少?

输入格式

第一行有两个整数 \(N,M\)

接下来有 \(M\) 行,每行两个整数 \(x,y\),表示 \(x\) 认识 \(y\)\(y\) 不一定认识 \(x\),例如\(HJT\)同志) 。

输出格式

仅包含一行一个实数,保留小数点后面 \(6\) 位,表示最大概率。

样例

样例输入#1

5 4
1 2
1 3
1 4
1 5

样例输出#1

0.800000

样例输入#2

4 2
1 2
2 3

样例输出#2

0.750000

样例输入#3

7 6
4 1
5 4
2 1
7 3
1 6
2 5

样例输出#3

0.714286

数据范围与提示

警察只需要查证 \(1\)。假如\(1\)是杀手,警察就会被杀。假如 \(1\)不是杀手,他会告诉警察 \(2,3,4,5\) 谁是杀手。而 \(1\) 是杀手的概率是 \(0.2\),所以能知道谁是杀手但没被杀的概率是\(0.8\)

对于 \(100\%\)的数据有 \(1\le N\le 100000\),\(0\le M\le 300000\)

分析

看到题想到缩点,因为缩完点后,问一个人就能知道一堆人的的信息,并且每个缩完后的点又相互之间有边,那么我们需要找一个入度为\(0\)的点,每有一个就让\(ans++\),但是缩点后肯定不只是有环,还会有单个的点,像这样的入度为\(0\),单个点,且他连接的那个点入度不为\(1\),也就是说可以通过其他路径找出这个人的身份,那么就标记,让\(ans--\)。但是这样的点只允许有一个,因为如果多了,在问完并知道所有人的身份后,还需要问这些孤立的点,那么不被杀的几率就小了一点,所以只让最后剩下一个这样的点,或者没有。而我们需要求的就是缩点后入度为\(0\)的点的个数。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5+10;
struct Node{
	int v,next;
}e[300010<<1],ec[300010<<1];
int head[maxn],tot;
int dfn[maxn],vis[maxn],low[maxn],c[maxn];
int hc[maxn],tc;
int visx[maxn];
int sta[maxn],top,cnt,rd[maxn],siz[maxn];
int num;
int ans;
void Add(int x,int y){
	e[++tot].v = y;
	e[tot].next = head[x];
	head[x] = tot;
}
void Add2(int x,int y){
	ec[++tc].v = y;
	ec[tc].next = hc[x];
	hc[x] = tc;
}
void Tarjan(int x){//缩点
	dfn[x] = low[x] = ++num;
	vis[x] = 1;
	sta[++top] = x;
	for(int i=head[x];i;i=e[i].next){
		int v = e[i].v;
		if(!dfn[v]){
			Tarjan(v);
			low[x] = min(low[x],low[v]);
		}
		else if(vis[v]){
			low[x] = min(low[x],dfn[v]);
		}
	}
	if(dfn[x] == low[x]){
		cnt++;
		int y;
		while(1){
			y=sta[top--];
			c[y]=cnt;
                        siz[cnt]++;
			vis[y] = 0;
			if(x==y)break;
		}
	}
}
bool judge(int x){//判断是不是他的出边能够通过其他点进来而得到他的身份,如果不行就是false
    for(int i=hc[x];i;i=ec[i].next){
        int v = ec[i].v;
        if(rd[v] == 1)return false;
    }
    return true;
}
int main(){
	int n,m;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;++i){
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		Add(x,y);
	}
	for(int i=1;i<=n;++i){//Tarjan缩点
		if(!dfn[i])Tarjan(i);
	}
	for(int x=1;x<=n;++x){
        for(int i=head[x];i;i=e[i].next){//缩点后新建图
            int v = e[i].v;
            if(c[x] != c[v]){
                rd[c[v]]++;
                Add2(c[x],c[v]);
            }
        }
    }
    int ans = 0;
    bool flag = 0;
    for(int i=1;i<=cnt;++i){
        if(!flag && siz[i] == 1 && rd[i] == 0 && judge(i)){//标记孤立点
            flag = 1;
        }
        if(rd[i] == 0){//记录入度为0的点个数
            ans++;
        }
    }
    if(flag)ans--;//如果有孤立的点就减一
    printf("%.6lf",1.0-(double)ans/(double)n);
	
}
posted @ 2020-07-17 20:21  Vocanda  阅读(230)  评论(3编辑  收藏  举报