初二国庆集训·国庆测试1

目录

• 2020.1.5 UPDATE
• 前言
• 正文
  • T1 数列问题
    • 题面
      • 题目描述
      • 输入格式
      • 输出格式
      • 样例
    • 解析
  • T2 Teamwork【DP】
    • 题面
    • 解析
  • T3 飞行路线【DP(?)】【最短路】
    • 题面
    • 解析
  • T4 公路修建问题【最小生成树】
    • 题面
    • 解析

2020.1.5 UPDATE

Markdown 炸了，我忏悔。

前言

这场考试真的把我打自闭了。

先是 T2 调了半个小时一直过不了样例，再后面三题都做完了 T1 却毫无思路。。。

总体不是特别难。

正文

T1 数列问题

题面

题目描述

小明和小红在一起玩游戏，小明觉得现在玩的游戏太无聊了，便给小红出了一道数列问题。数列问题的题目如下：
一开始，小明给小红一个只含有数字1的数列，接下来，小红可以对这个数列进行以下操作中的一种操作：

• 对序列中已有的一个元素加1.
• 复制一个序列中已有的元素到序列的末尾.

比如：一开始序列中只有一个元素 [1]。

我们可以选择这个序列中的第一个元素进行第二种操作，即复制操作，这样，这个序列就变成了 [1, 1]。

然后，我们可以对这个序列中的第一个元素进行第一种操作，即将第一个元素加一。这样，这个序列就变成了 [2, 1]。

现在，小明问小红，她最少需要进行多少次操作，可以使得序列中所有元素的和至少为 \(n\)。

小红面对小明的这个问题一脸懵逼，于是，她来求助聪明的你，希望你能够帮助她解决这个问题。

输入格式

第一行一个数字 \(t(1\le t\le1000)\)，表示测试数据的组数。

接下来 \(t\) 行，每行一个数字 \(n(1\le n\le10^9)\)，表示序列所有元素和至少应该达到的数。

输出格式

对于每一个问题，回答一个数字，表示小红最少需要操作的次数。

样例

样例输入

5
1
5
42
1337
1000000000

样例输出

0
3
11
72
63244

解析

企图硬算：没打出来，失败。

企图爆搜：程序爆炸，失败。

企图骗分：过了样例并且 AC。

尝试输出 \(\sqrt n\)。

样例输入： \(n\)	\(\sqrt n\)	样例输出
1	1.000000	0
5	2.236068	3
42	6.480741	11
1337	36.565011	72
1000000000	31622.776602	63244

有什么规律？

• 如果第二列的小数部分 \(\ge0.5\)
  第三列的值为第二列的值向下取整再乘以 2
• 否则，如果第二列的小数部分不为 \(0\)
  第三列的值为第二列的值向下取整，乘以 2 再减 1
• 否则
  第三列的为第二列的值向下取整，乘以 2 再减 2

#include<cmath>
#include<cstdio>
int t,n,mn;
void ly_AK_IOI(int x){				//不要管这个函数名
	double y=sqrt(x);
	int z=(int)y;
	if(y-z>=0.5)
		printf("%d",z<<1);
	else if(y-z==0)
		printf("%d",(z<<1)-2);
	else printf("%d",(z<<1)-1);
	return;
}
int main(){
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		scanf("%d",&n);
		ly_AK_IOI(n);
		if(t)puts("");
	}
	return 0;
}

T2 Teamwork【DP】

题面

链接

解析

这。。好像。。可能。。大概。。应该。。也许。。或许。。大约。。(以下省略1万字)是道DP吧？
【凭感觉做题晚期患者】
用 \(f[i]\) 表示让第 \(i\) 头奶牛为当前分组的最后一头，已分好的所有组的奶牛技能值之和。

#include<cstdio>
int n,k,mx;
int a[10005],f[10005];
int max(int x,int y){
	return x>y?x:y;
}
int min(int x,int y){
	return x<y?x:y;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;++i)
		scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		mx=0;
		for(int j=i;j<min(i+k,n+1);++j){	//枚举第i~i+k-1头牛为当前分组末尾的情况
			mx=max(mx,a[j]);	//求当前分组的最大值，因为每次循环会多一头牛，所以每次都要重新求
			f[j]=max(f[j],(j-i+1)*mx+f[i-1]);	//不用在程序末尾重新把技能值相加的好方法
		}
	}
	printf("%d",f[n]);
	return 0;
}

T3 飞行路线【DP(?)】【最短路】

题面

链接

解析

听他们说，这是一道分层图，可惜我不会
所以，我们可以先动动我们不太灵光的脑子，先打一个 \(Dijkstra\) 模板！
好像是因为还没有彻底从上一道DP中清醒过来吧，所以，我突然发现！！
我可以用DP来做这道题鸭！
好像也不是正宗DP呢，就是个类似的东西啦~
枚举从0条免费航线到 \(k\) 条免费航线时的最短路，也就是跑 \(k+1\) 次最短路就行啦~
这数据范围应该过的了叭~
那么怎么实现这个“DP最短路”呢？
简单，把 \(Dijkstra\) 里的 \(dis\) 数组改一下，用 \(dis[i][j]\) 表示从起点出发，有 \(i\) 条免费航线时到 \(j\) 的最短路就行啦~

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
const int maxn=1e4+5;
struct WJC_AK_IOI{	//同样不要注意这个结构体名
	int e,w;	//终点、权值
	WJC_AK_IOI(int E=0,int W=0){
		e=E,w=W;
	}
};
int dis[15][maxn];
bool vis[15][maxn];
int n,m,k,x,y,z,s,t;
vector<WJC_AK_IOI>g[maxn];
priority_queue<pair<int,int> >q;
void add(int b,int r,int d){
	g[b].push_back(WJC_AK_IOI(r,d));
	g[r].push_back(WJC_AK_IOI(b,d));
	return;
}
void Dijkstra(void){	//老师对于我在括号里写void及其不满，但我觉得这样更整齐啊QWQ
	for(int i=0;i<=k;++i){	//枚举免费航线数量
		q.push(make_pair(0,s));
		dis[i][s]=0;
		while(!q.empty()){
			int f=q.top().second;
			q.pop();
			if(vis[i][f])continue;
			vis[i][f]=1;
			for(int j=0;j<g[f].size();++j){
				int e=g[f][j].e,w=g[f][j].w;
				if(dis[i][e]>dis[i][f]+w){
					dis[i][e]=dis[i][f]+w;
					q.push(make_pair(-dis[i][e],e));	//以上为Dijkstra板子
				}
				if(i){	//防RE
					if(dis[i][e]>dis[i-1][f]){
						dis[i][e]=dis[i-1][f];	//第一维只用到i和i-1，貌似可以用滚动数组优化
						q.push(make_pair(-dis[i][e],e));	//但我懒得写，能过就行QWQ
					}
				}
			}
		}
	}
	return;
} 
void read(int&x){
	x=0;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9')
		ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9'){
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch&15);
		ch=getchar();
	}
	return;
}
int main(){
	read(n);read(m);read(k);read(s);read(t);
	for(int i=0;i<=10;++i){
		for(int j=0;j<n;++j)	//坑点：编号从0到n-1，但是貌似用memset就不用在意这些QWQ
			dis[i][j]=0x3f3f3f3f;
	}
	while(m--){
		read(x);read(y);read(z);
		add(x,y,z);
	}
	Dijkstra();
	printf("%d",dis[k][t]);
	return 0;
}

T4 公路修建问题【最小生成树】

题面

链接

解析

考试的时候只让输出花费最大的公路的花费估计是老师懒得写SPJ，所以我就不写路径啦~
总体来说，就是两次最小生成树。
为了方便先把 \(m--\)。
第一次从 \(1\) 到 \(m\) 枚举一级公路。

• Q:一级公路花费不是更大吗？为什么不是 \(1\) 到 \(k\) 呢？
• A:万一前 \(k\) 条边有环，也就是 \(find(begin)==find(end)\) ，\(continue\) 了呢？

（80分死在这儿了QAQ）
我们用变量 \(cnt\) 统计加入最小生成树的边数，当 \(cnt==k\) 时，\(break\)。
第二次从 \(1\) 到 \(m\) 循环枚举二级公路。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using std::sort;
const int maxn=2e4+5;
int f[maxn];
int n,k,m,ans,cnt;
struct yzk_AK_IOI{	//同样不要在意这个结构体名
	int b,e,c;	//起点、终点、权值
	yzk_AK_IOI(int B=0,int E=0,int C=0){
		b=B,e=E,c=C;
	}
	bool operator<(const yzk_AK_IOI q)const{
		return c<q.c;
	}
}a[maxn],b[maxn];	//A、B分别存一级公路、二级公路
int max(int x,int y){
	return x>y?x:y;
}
void init(){	//初始化函数，因为没有调用而查了20 mins错。。。
	for(int i=1;i<=n;++i)
		f[i]=i;
	return;
}
int find(int x){
	return x==f[x]?x:f[x]=find(f[x]);
}
void bing(int x,int y){
	f[x]=y;
	return;
}
void read(int&x){
	x=0;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9')
		ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9'){
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch&15);
		ch=getchar();
	}
	return;
}
int main(){
	read(n);read(k);read(m);
	m--;
	init();
	for(int i=1;i<=m;++i){
		read(a[i].b);read(a[i].e);
		b[i].b=a[i].b;b[i].e=a[i].e;
		read(a[i].c);read(b[i].c);	//A、B的起点相同，权值不同，个人认为两个数组比较好理解
	}
	sort(a+1,a+m+1);
	sort(b+1,b+m+1);
	for(int i=1;i<=m;++i){
		if(cnt==k)break;
		int fx=find(a[i].b);
		int fy=find(a[i].e);
		if(fx==fy)continue;	//之所以i不能从1到k就是因为这里可能被continue掉
		bing(fx,fy);
		ans=max(ans,a[i].c);	//统计最大花费
		cnt++;	//统计已加入的边数，与AK差的20分在这儿QWQ
	}
	//最小生成树模板
	for(int i=1;i<=m;++i){
		int fx=find(b[i].b);
		int fy=find(b[i].e);
		if(fx==fy)continue;
		bing(fx,fy);
		ans=max(ans,b[i].c);	//统计最大花费
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

\(*＾-＾*)/ 写完啦！！！
咦，怎么还没下课？不如。。。
再求个关注？
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