1003考试
1003考试
T1
题目大意：
一支蜡烛可以燃烧一个小时，然后就会熄灭。如果你拥有𝑏支已经熄灭的蜡烛，你可以将它们做成一支新的蜡烛。最开始你有𝑎支蜡烛，你最多能让它们燃烧多久呢？
太水了太水了，直接切。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline long long read() {
long long s = 0, f = 1; char ch;
while(!isdigit(ch = getchar())) (ch == '-') && (f = -f);
for(s = ch ^ 48;isdigit(ch = getchar()); s = (s << 1) + (s << 3) + (ch ^ 48));
return s * f;
}
long long a, b, ans, res, sum;
int main() {
a = read(); b = read(); sum = a;
ans = a;
for(int i = 1; ; i++) {
res = sum / b; ans += res;
sum = res + sum % b;
if(sum < b) break;
}
printf("%lld", ans);
fclose(stdin); fclose(stdout);
return 0;
}
T2
题目大意：
现有𝑛支队伍进行循环赛（每两支队伍恰好比赛一场），胜者得3分，平局各得1分，负者不得分。给出这𝑛支队伍的最终总得分，求满足条件的方案数。（网上可以搜到原题）
搜索 + 记忆化 + 剪枝。
缩索的框架呢，就是一个格一个格的往里面填数，显然要填\(n *(n - 1) / 2\)个格子。
可行性剪枝：判断当前行的sum如果大于这个球队的分数，直接返回；如果当前行的sum加上后面几场全部赢的分数还不能符合条件，那么也直接返回。我们还可以根据已有信息算出整个里面有几个胜场，几个平局，我们在搜的时候如果胜场或平局的个数大于这个，那么也直接返回。
记忆化：当前行的填数方案确定了之后，我们把剩下几行搞个哈希，下次搜到相同的直接返回本次算出的值就好了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline long long read() {
long long s = 0, f = 1; char ch;
while(!isdigit(ch = getchar())) (ch == '-') && (f = -f);
for(s = ch ^ 48;isdigit(ch = getchar()); s = (s << 1) + (s << 3) + (ch ^ 48));
return s * f;
}
const int N = 11, mod = 1e9 + 7;
int n, win, pin, sum;
int a[N], b[N], sum_hang[N];
map <long long, long long> mp;
int cmp(int a, int b) { return a > b; }
int dfs(int x, int y) {
if(x == n) return 1;
if(sum_hang[x] + (n - y + 1) * 3 < a[x]) return 0;
if(y == n + 1) {
for(int i = x + 1;i <= n; i++) b[i] = a[i] - sum_hang[i];
sort(b + x + 1, b + n + 1);
long long res = 0;
for(int i = x + 1;i <= n; i++) res = 1ll * res * 28 + b[i];
if(mp.find(res) != mp.end()) return mp[res];
else return mp[res] = dfs(x + 1, x + 2);
}
long long sum = 0;
if(sum_hang[x] + 3 <= a[x] && win) { //赢
sum_hang[x] += 3; win --;
sum += dfs(x, y + 1);
sum_hang[x] -= 3; win ++;
}
if(sum_hang[y] + 3 <= a[y] && win) { //输
sum_hang[y] += 3; win --;
sum += dfs(x, y + 1);
sum_hang[y] -= 3; win ++;
}
if(sum_hang[x] + 1 <= a[x] && sum_hang[y] + 1 <= a[y] && pin) { //平局
sum_hang[x] ++, sum_hang[y] ++; pin --;
sum += dfs(x, y + 1);
sum_hang[x] --, sum_hang[y] --; pin ++;
}
return sum % mod;
}
int main() {
n = read();
for(int i = 1;i <= n; i++) a[i] = read(), sum += a[i];
win = sum - n * (n - 1);
pin = n * (n - 1) / 2 - win;
sort(a + 1, a + n + 1, cmp);
printf("%d", dfs(1, 2) % mod);
fclose(stdin); fclose(stdout);
return 0;
}
T3
题目大意：
有𝑛个人想要坐车，线路可以抽象成一条数轴。第𝑖个人想要从坐标𝑠𝑖坐到坐标𝑡𝑖。你的车从原点0出发，最终行驶到坐标𝑚。车上最多只能同时坐一个乘客，但你可以让乘客中途下车，只需保证最终将其送达他的目的地即可。在满足所有人的需求下，你行驶的最小总路程是多少呢？
这个题难死我了，暴力也不会打。
我们把车走过的路程分为两部分，一部分是车上有人，一部分是没人。
车上有人的很好求：\(\displaystyle \sum_{i = 1}^{n} abs(t[i] - s[i])\)；
现在我们要最小化车上没人的路程，当我们运送完某一个人时，我们找到一个最近的上车点肯定是最优的，因为如果有一个稍远一点的上车点，那还不如先把最近的这个人载一乘。（貌似这么解释会少一点情况，但就是这么贪心的走，路程就最小）
所以现在只需把所以的\(s[i], t[i]\)排个序就好了，注意让\(s[0] = m, t[0] = 0\)， 因为车要从0走到m。
正解代码还是很少的：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline long long read() {
long long s = 0, f = 1; char ch;
while(!isdigit(ch = getchar())) (ch == '-') && (f = -f);
for(s = ch ^ 48;isdigit(ch = getchar()); s = (s << 1) + (s << 3) + (ch ^ 48));
return s * f;
}
const int N = 1e5 + 5;
int n, m;
int s[N], t[N];
long long ans;
int cmp(int a, int b) { return a < b; }
int main() {
n = read(); m = read();
for(int i = 1;i <= n; i++) s[i] = read(), t[i] = read(), ans += abs(t[i] - s[i]);
s[0] = m, t[0] = 0;
sort(s, s + n + 1, cmp);
sort(t, t + n + 1, cmp);
for(int i = 0;i <= n; i++) ans += abs(s[i] - t[i]);
printf("%lld", ans);
fclose(stdin); fclose(stdout);
return 0;
}
T4
题目大意：
你参加了一次比赛，共有𝑛（奇数）个评委给你打分，编号为1到𝑛。你最终的得分通过如下方式得到：评委们按编号排成一排，每次取出前三名评委，留下其中评分的中位数并将其加入队尾，直到只剩最后一名评委，该评委的评分就是你最终的得分。现在你知道了所有评委的评分和部分评委的编号，你想要知道，对于剩余评委所有可能的编号情况中，你的得分最高能达到多少。
二分答案。
我们二分中位数的值，显然答案具有单调性。
我们把原序列大于等于\(mid\)数赋为1，小于的赋为0。那么现在有一些位置不确定，但是我们可以知道这些位置总共1的个数是多少， 设这个个数为\(res\)。
设\(f[i]\)表示\(i\)这个位置变成1的最小代价。代价指什么呢？代价就是在之前不确定的位置上需要放几个1，也就是放几个大于等于\(mid\)的数，这个位置\(i\)才能变成1。那么对于原序列中的1，\(f[i] = 0\)，原序列中的0，\(f[i] = inf\)。我们想让最后取出的中位数大于等于\(mid\)，就得求出\(f[t]\)，\(t\)是中位数的位置，如果\(f[t] <= res\)，那么这个\(mid\)就符合条件。
然后我们按题意模拟，把队列里前三个取出。只有当这前三个数有两个1的数时，当前这三个的中位数才为1，所以我们要取其中两个最小的\(f\)值，把它放到后面就好了。至于一定会有两个0的情况，那说明这个中位数一定为0，相同的操作把它加到后面就好了，不会有影响。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline long long read() {
long long s = 0, f = 1; char ch;
while(!isdigit(ch = getchar())) (ch == '-') && (f = -f);
for(s = ch ^ 48;isdigit(ch = getchar()); s = (s << 1) + (s << 3) + (ch ^ 48));
return s * f;
}
const int N = 2e5 + 5;
const long long inf = 2e8;
int n, m, t, ans;
int a[N], b[N], f[N];
int judge(int mid) {
int res = 0;
for(int i = m + 1;i <= n; i++) res += (b[i] >= mid);
for(int i = 1;i <= n; i++)
f[i] = a[i] ? (a[i] >= mid ? 0 : inf) : 1;
queue <int> q;
for(int i = 1;i <= n; i++) q.push(f[i]);
while(!q.empty()) {
int x = q.front(); q.pop();
if(q.empty()) return x <= res;
int y = q.front(); q.pop();
int z = q.front(); q.pop();
q.push(min(min(x + y, x + z), y + z));
}
}
signed main() {
int l = inf, r = 0;
n = read(); m = read();
for(int i = 1, x, y;i <= m; i++) b[i] = read(), x = read(), a[x] = b[i], l = min(l, b[i]), r = max(r, b[i]);
for(int i = m + 1;i <= n; i++) b[i] = read(), l = min(l, b[i]), r = max(r, b[i]);
while(l <= r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if(judge(mid)) ans = mid, l = mid + 1;
else r = mid - 1;
}
printf("%d", ans);
fclose(stdin); fclose(stdout);
return 0;
}
总结
预计得分：100 + 100 + 50 = 250pts； 实际得分： 100 + 90 + 40 = 230pts。
第三题爆零了，暴力不会打，这也太菜了。还是做题少吧，毕竟当时一点思路也没有。
第二题我只想到两个，记忆化也没想到，还是多做题吧，以后应该就能想到了。
