Gym 101655：2013Pacific Northwest Regional Contest（寒假自训第13场）
A .Assignments
题意：给定距离D，以及N个飞机的速度Vi，单位时间耗油量Fi，总油量Ci。问有多少飞机可以到达目的地。
思路：即问多少飞机满足(Ci/Fi)*Vi>=D ----> Ci*Vi>=Fi*D;
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) using namespace std; int main() { int T,N,f,v,c,D,ans; scanf("%d",&T); while(T--){ scanf("%d%d",&N,&D); ans=0; rep(i,1,N){ scanf("%d%d%d",&v,&f,&c); if(f*v>=D*c) ans++; } printf("%d\n",ans); } return 0; }
B .Bones’s Battery
题意：N城市，M条双向带权路（权值表示耗电量），满足他们连通。 每个城市可以给电车充满电。 现在需要一种电车，满足任意路线(即任意点到任意点)，它充电的次数不超过K。 一开始车的没电的，即起点必须充电。
思路：先Floyd求得两两最短路。 然后我们把dis小于电车电量的路径距离看为1，然后需要满足任意点对距离不大于K。显然就是一个二分+Floyd。
二分的时候可以直接二分[1,inf]； 复杂度O(N^3*loginf).
优化：二分的这个电量，一定是其中两点间距离，我们我们把点对距离排序，然后对他们二分即可。 复杂度O(2*N^3*logN);
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) using namespace std; const int maxn=101; const ll inf=100000000000000; int N,M,K;ll dis[maxn][maxn],dp[maxn][maxn]; bool check(ll Mid) { rep(i,1,N) rep(j,1,N) dp[i][j]=(dis[i][j]>Mid?inf:1); rep(k,1,N) rep(i,1,N) rep(j,1,N) dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][k]+dp[k][j]); rep(i,1,N) rep(j,i+1,N) if(dp[i][j]>K) return false; return true; } int main() { int T,u,v;ll w; scanf("%d",&T); while(T--){ scanf("%d%d%d",&N,&K,&M); rep(i,1,N) rep(j,1,N) dis[i][j]=inf; rep(i,1,M){ scanf("%d%d%lld",&u,&v,&w); u++; v++; dis[u][v]=min(dis[u][v],w); dis[v][u]=min(dis[v][u],w); } rep(k,1,N) rep(i,1,N) rep(j,1,N) dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]); ll L=1,R=inf,Mid,ans; while(L<=R){ Mid=(L+R)/2; if(check(Mid)) ans=Mid,R=Mid-1; else L=Mid+1; } printf("%lld\n",ans); } return 0; }
C .Crusher’s Code
题意：给定长度为N的序列a[];
Alice每次随机选择一个i，j；如果a[min(i,j)]>a[max(i,j)]，则交换他们两个。
Bob每次随机选择一个i(i<N)；如果a[i]>a[i+1]，则交换他们两个。
思路：然后是一个有限状态的数学期望DP，我们可以记忆化搜索。 把a数组看成一个N位数，假设为x，那么每次它要么不变，要么变小。
对于Alice和Bob，我们可以列出方程 ：dp[x]=(dp[a]+dp[b]+dp[c]+dp[d]....dp[cnt]）/cnt+1；其中abcd...是x能到达的状态。
显然总状态数小于N!~4e4；我们可以过，假设map保存dp值，复杂度O(N!*log);
优化：我们可以把map换为康拓展开，这样可以优化掉一个log。
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) using namespace std; int a[10],b[10],f[10],N,Tar; map<int,double>mp; double dfs1(int x) { if(x==Tar) return 0; int c[10]; if(mp.find(x)!=mp.end()) return mp[x]; double res=0; int cnt=0,tx=x; for(int i=N;i>=1;i--) c[i]=tx%10,tx/=10; rep(i,1,N) rep(j,1,N){ int mn=min(i,j),mx=max(i,j); if(c[mn]>c[mx]) res+=dfs1(x-(c[mn]*f[N-mn]+c[mx]*f[N-mx])+(c[mx]*f[N-mn]+c[mn]*f[N-mx])); else cnt++; } return mp[x]=(res+N*N)/(N*N-cnt); } double dfs2(int x) { if(x==Tar) return 0; int c[10]; if(mp.find(x)!=mp.end()) return mp[x]; double res=0; int cnt=0; int tx=x; for(int i=N;i>=1;i--) c[i]=tx%10,tx/=10; rep(i,1,N-1) { int mn=i,mx=i+1; if(c[mn]>c[mx]) res+=dfs2(x-(c[mn]*f[N-mn]+c[mx]*f[N-mx])+(c[mx]*f[N-mn]+c[mn]*f[N-mx])); else cnt++; } mp[x]=(res+N-1)/(N-1-cnt); return mp[x]; } int main() { int T; scanf("%d",&T); f[0]=1; rep(i,1,9) f[i]=f[i-1]*10; while(T--){ scanf("%d",&N); rep(i,1,N) scanf("%d",&a[i]),b[i]=a[i]; sort(b+1,b+N+1); int tot=unique(b+1,b+N+1)-(b+1); rep(i,1,N) a[i]=lower_bound(b+1,b+tot+1,a[i])-b; int x=0; rep(i,1,N) x=x*10+a[i],b[i]=a[i]; sort(b+1,b+N+1); Tar=0; rep(i,1,N) Tar=Tar*10+b[i]; mp.clear(); double ans1=dfs1(x); mp.clear(); double ans2=dfs2(x); printf("Monty %.6lf Carlos %.6lf\n",ans1,ans2); } return 0; }
D .Delta Quadrant
题意：给定大小为N的一棵带权树，让你找一条最快的路径，遍历至少N-K个点，然后回到起点，K<=20。
思路：树型DP，dp[i][j]表示选择以i为根的子树，子树里有j个点不选的最小权值和。
和一般的树DP做背包不一样，这里必须选一个，所以我们用一个临时数组tmp来更新。
更新答案的时候，选择的连通块的根也不一定是1号节点。
复杂度O(N*K^2)；
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define rep2(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--) #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) using namespace std; const int maxn=200010; const int inf=1e9; int Laxt[maxn],Next[maxn],To[maxn],Len[maxn]; int dp[maxn][22],tmp[22],sz[maxn],cnt,K; void add(int u,int v,int w) { Next[++cnt]=Laxt[u]; Laxt[u]=cnt; To[cnt]=v; Len[cnt]=w; } void dfs(int u,int f) { rep(i,1,K) dp[u][i]=0; dp[u][0]=0; sz[u]=1; for(int i=Laxt[u];i;i=Next[i]){ int v=To[i]; if(v==f) continue; dfs(v,u); sz[u]+=sz[v]; rep(j,0,K) tmp[j]=inf; rep(j,0,min(sz[v],K)){ rep2(k,K,j) tmp[k]=min(tmp[k],dp[u][k-j]+dp[v][j]+(j==sz[v]?0:Len[i])); } rep(j,0,K) dp[u][j]=tmp[j]; } } int main() { int T,N,u,v,w; scanf("%d",&T); while(T--){ scanf("%d%d",&N,&K); cnt=0; rep(i,1,N) Laxt[i]=0; rep(i,1,N-1) { scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); u++; v++; add(u,v,w); add(v,u,w); } dfs(1,0); int ans=dp[1][0]; rep(i,1,K) ans=min(ans,dp[1][K]); rep(i,1,N) rep(j,0,K-(N-sz[i])) ans=min(ans,dp[i][j]); printf("%d\n",ans*2); } return 0; }
E .Enterprising Escape
题意：给定N*M的迷宫，迷宫由大写字母组成，每种不同的字母对应穿过这个格子的时间，‘E’是起点，问从起点走到迷宫边界的最小时间。
思路：没有负权，所以直接BFS或者跑最短路即可。
#include<bits/stdc++.h> #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) using namespace std; const int maxn=1010; const int inf=1e9; int dis[maxn][maxn],inq[maxn][maxn],id[maxn],C,N,M,Sx,Sy,ans; int dx[4]={1,0,0,-1},dy[4]={0,1,-1,0};char c[maxn][maxn]; struct in{ int x,y,d; in(){} in(int xx,int yy,int dd):x(xx),y(yy),d(dd){} bool friend operator<(in w,in v){ return w.d>v.d; } }; void dijs() { rep(i,1,N) rep(j,1,M) dis[i][j]=inf,inq[i][j]=0; dis[Sx][Sy]=0; priority_queue<in>q; q.push(in(Sx,Sy,0)); while(~q.empty()){ int x=q.top().x,y=q.top().y; q.pop(); inq[x][y]=0; if(x==1||x==N||y==1||y==M){ ans=dis[x][y]; return; } rep(i,0,3){ int tx=x+dx[i],ty=y+dy[i]; if(tx>=1&&tx<=N&&ty>=1&&ty<=M&&dis[tx][ty]>dis[x][y]+id[c[tx][ty]]){ dis[tx][ty]=dis[x][y]+id[c[tx][ty]]; if(!inq[tx][ty]) inq[tx][ty]=1,q.push(in(tx,ty,dis[tx][ty])); } } } } int main() { int T,x; char s[3]; scanf("%d",&T); while(T--){ scanf("%d%d%d",&C,&M,&N); rep(i,1,C){ scanf("%s",s); scanf("%d",&x); id[s[0]]=x; } rep(i,1,N) scanf("%s",c[i]+1); rep(i,1,N) rep(j,1,M) { if(c[i][j]=='E') { Sx=i; Sy=j; break; } } dijs(); printf("%d\n",ans); } return 0; }
F .Federation Favorites
题意：问一个数是否是真因子（不含本身的因子）之和。
思路：根号分解即可。
#include<bits/stdc++.h> #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) #define rep2(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--) using namespace std; const int maxn=1010; int tot,a[maxn],b[maxn],tot2; int main() { int N; while(~scanf("%d",&N)&&N!=-1){ int res=1; a[tot=1]=1; tot2=0; for(int i=2;i*i<=N;i++){ if(N%i==0) { res+=i; a[++tot]=i; if(i*i!=N) res+=N/i,b[++tot2]=N/i; } } if(res!=N) printf("%d is NOT perfect.\n",N); else { printf("%d = %d",N,1); rep(i,2,tot) printf(" + %d",a[i]); rep2(i,tot2,1) printf(" + %d",b[i]); puts(""); } } return 0; }
G .Generations of Tribbles
题意：给一个递推式，求第N项。
思路：模拟。
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) #define rep2(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--) using namespace std; const int maxn=1010; ll a[maxn]; int N,T; int main() { a[0]=a[1]=1; a[2]=2; a[3]=4; rep(i,4,67) a[i]=a[i-1]+a[i-2]+a[i-3]+a[i-4]; scanf("%d",&T); while(T--){ scanf("%d",&N); printf("%llf\n",a[N]); } return 0; }
H .Holodeck Hacking
题意：rev(X)是把X的各个数位倒序过来，给定Y，问多少X满足X+rev(X)=Y；Y<1e18;
思路：假设X=abcd，那么X+rev(X)=(a+d)(b+c)(b+c)(a+d)，然后进位。 即在不进位的情况下是对称的。那么我们枚举不进位的情况下的右半部分，然后对称到左半部分，然后考虑进位，进位后如果值为Y，然后分别考虑每一位的贡献。
这样的话复杂度是O(2^((L+1)/2); 然后累乘每一位的贡献即可。 估计数位DP也可以做，但是复杂度一样。
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) using namespace std; const int maxn=5001; int a[maxn],b[maxn],c[maxn],tot;ll x,ans; void dfs(int L,int pos,int p) { if(pos==(L+1)/2+1){ for(int i=pos;i<=L;i++) b[i]=b[L+1-i]; for(int i=1;i<=tot+1;i++) c[i]=0; for(int i=1;i<=L;i++){ c[i]+=b[i]; c[i+1]=c[i]/10; c[i]%=10; } if(c[tot+1]) return ; for(int i=1;i<=tot;i++) if(c[i]!=a[i]) return ; ll res; if(b[1]<10){ if(L==1) res=b[1]&1?0:1; else res=b[1]; } else { if(L==1) res=b[1]&1?0:1; else res=19-b[1]; } for(int i=2;i<pos;i++){ if(b[i]<10){ if(L+1-i==i) res*=b[i]&1?0:1; else res*=1LL*(b[i]+1); } else{ if(L+1-i==i) res*=b[i]&1?0:1; else res*=1LL*(19-b[i]); } } ans+=res; return ; } if(a[pos]-p>=0) b[pos]=a[pos]-p,dfs(L,pos+1,0); b[pos]=a[pos]-p+10; dfs(L,pos+1,1); } int main() { int T; scanf("%d",&T); while(T--){ scanf("%lld",&x); tot=0; ans=0; while(x) a[++tot]=x%10,x/=10; dfs(tot,1,0); if(a[tot]==1) dfs(tot-1,1,0); printf("%lld\n",ans); } return 0; }
I .Interstellar Trade
题意：X轴有处于整点的N个点， 现在你可以任选两个点（不一定在整点上），使得这两个点可以互相瞬移，求最小化最大距离。
思路：比赛的时候写了个O(N^3)的代码，显然过不去，然后乱改成N^2的假代码，瞎交了一发，估计是数据水了A了。
（下面的别人的代码，还未理解。
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++) using namespace std; const int maxn=5001; int N,a[maxn]; int main() { int T,ans; scanf("%d",&T); while(T--){ scanf("%d",&N); rep(i,1,N) scanf("%d",&a[i]); sort(a+1,a+N+1); ans=0; rep(i,1,N) ans=max(ans,min(a[N]-a[i],a[i]-a[1])); printf("%d\n",ans); } return 0; }
It is your time to fight！
