NOIP模拟 7.01

水灾(sliker.cpp/c/pas) 1000MS  64MB

大雨应经下了几天雨,却还是没有停的样子。土豪CCY刚从外地赚完1e元回来,知道不久除了自己别墅,其他的地方都将会被洪水淹没。

CCY所在的城市可以用一个N*M(N,M<=50)的地图表示,地图上有五种符号:“. * X D S”。其中“X”表示石头,水和人都不能从上面经过。“.”表示平原,CCY和洪水都可以经过。“*”表示洪水开始地方(可能有多个地方开始发生洪水)。“D”表示CCY的别墅。“S”表示CCY现在的位置。

CCY每分钟可以向相邻位置移动,而洪水将会在CCY移动之后把相邻的没有的土地淹没(从已淹没的土地)。

CCY回到别墅的最少时间。如果聪哥回不了家,就很可能会被淹死,那么他就要膜拜黄金大神涨RP来呼叫直升飞机,所以输出“ORZ hzwer!!!”。

输入文件 sliker.in

输出文件 sliker.out

Input

3 3

D.*

.S.

 

Output

3

 

Input

3 3

D.*

..S

 

Output

ORZ hzwer!!!

 

Input

3 6

D...*.

.X.X..

....S.

 

Output

6

 

bfs.忘记了特判xx > n 或者 yy > m导致RE。。

  1 #include <cstdio>
  2 #include <cstring>
  3 #include <cstdlib>
  4 #include <cstring>
  5 #include <algorithm>
  6 #include <vector>
  7 #include <queue>
  8 #include <stack>
  9 inline void read(int &x)
 10 {
 11     x = 0;char ch = getchar();char c = ch;
 12     while(ch < '0' || ch > '9')c = ch, ch = getchar();
 13     while(ch <= '9' && ch >= '0')x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar();
 14     if(c == '-')x = -x;
 15 }
 16 inline int max(int a, int b){return a > b ? a : b;}
 17 inline int min(int a, int b){return a > b ? b : a;}
 18 inline void swap(int &a, int &b){int tmp = a;a = b;b = tmp;}
 19 
 20 const int INF = 0x3f3f3f3f;
 21 const int MAXN = 1100 + 10;
 22 const int MAXM = 1400 + 10;
 23 const int dirx[4] = {0,0,1,-1};
 24 const int diry[4] = {1,-1,0,0};
 25 
 26 char g[MAXN][MAXM];int n,m;
 27 bool b[MAXN][MAXM];//人不能在拓展的地方 
 28 bool bb[MAXN][MAXM];//洪水不能再拓展的地方 
 29 int ex,ey;
 30 struct Node
 31 {
 32     int x,y,t;//t代表第几轮 
 33 }q[3500000];
 34 int cnt;
 35 
 36 std::queue<int> q1,q2;//1为人的队列,2为洪水队列  
 37 
 38 inline int bfs()
 39 {
 40     int ans = 0;
 41     Node tmp;
 42     while(!q1.empty())
 43     {
 44         int k;
 45         //先做队列2
 46         if(q2.empty())goto L1;
 47         tmp = q[q2.front()];
 48         k = tmp.t;
 49         while(!q2.empty())
 50         {
 51             tmp = q[q2.front()];
 52             if(k != tmp.t)break;
 53             q2.pop();
 54             for(int i = 0;i < 4;++ i)
 55             {
 56                 int xx = tmp.x + dirx[i],yy = tmp.y + diry[i];
 57                 if(xx <= 0 || yy <= 0 || xx > n || yy > m)continue;
 58                 if(!bb[xx][yy])
 59                 {
 60                     q[++cnt] = Node{xx, yy, tmp.t + 1};
 61                     bb[xx][yy] = b[xx][yy] = true;
 62                     q2.push(cnt);
 63                 }
 64             }
 65         }
 66         //再做队列1 
 67 L1:        tmp = q[q1.front()];
 68         k = tmp.t;
 69         while(!q1.empty())
 70         {
 71             tmp = q[q1.front()];
 72             if(k != tmp.t)break;
 73             q1.pop();
 74             for(int i = 0;i < 4;++ i)
 75             {
 76                 int xx = tmp.x + dirx[i],yy = tmp.y + diry[i];
 77                 if(xx <= 0 || yy <= 0 || xx > n || yy > m)continue;
 78                 if(xx == ex && yy == ey)return k + 1;
 79                 if(!b[xx][yy])
 80                 {
 81                     q[++cnt] = Node{xx, yy, tmp.t + 1};
 82                     b[xx][yy] = true;
 83                     q1.push(cnt);
 84                 }
 85             }
 86         }
 87     }
 88     return -1;
 89 }
 90 
 91 int main()
 92 {
 93     read(n);read(m);
 94     for(register int i = 1;i <= n;++ i)
 95     {
 96         scanf("%s", g[i] + 1);
 97         for(register int j = 1;j <= m;++ j)
 98         {
 99             if(g[i][j] == 'D')
100                 ex = i, ey = j, bb[i][j] = true;
101             else if(g[i][j] == 'X')
102                 bb[i][j] = b[i][j] = true;
103             else if(g[i][j] == '*')
104             {
105                 b[i][j] = bb[i][j] = true;
106                 q[++cnt] = Node{i,j,0};
107                 q2.push(cnt);
108             }
109             else if(g[i][j] == 'S')
110             {
111                 b[i][j] = true;
112                 q[++cnt] = Node{i,j,0};
113                 q1.push(cnt);
114             }
115         }
116     }
117     int ans = bfs();
118     if(ans == -1)printf("ORZ hzwer!!!");
119     else printf("%d", ans);
120     return 0;
121 }
View Code

 

某种数列问题  (jx.cpp/c/pas) 1000MS 256MB

 

众所周知,chenzeyu97有无数的妹子(阿掉!>_<),而且他还有很多恶趣味的问题,继上次纠结于一排妹子的排法以后,今天他有非(chi)常(bao)认(cheng)真(zhe)去研究一个奇怪的问题。有一堆他的妹子站成一排,然后对于每个妹子有一个美丽度,当然美丽度越大越好,chenzeyu97妹子很多,但是质量上不容乐观,经常出现很多美丽度为负数的妹子(喜闻乐见),chenzeyu97希望从一排妹子里找出3队连续的妹子,使她们的美丽度和最大。注意,一个妹子不能被编入多个队伍而且一定要拿出三队,不然czy会闲着没事做~。

简单滴说就是:

给定一个数列,从中找到3个无交集的连续子数列使其和最大。

【输入文件】

第一行一个数n,表示数列长度。

接下来有n行,每行一个数,第i行为第i个数。

 

【输出文件】

仅有一个数,表示最大和。

 

【样例输入】 jx.in

10

-1

2

3

-4

0

1

-6

-1

1

-2

 

【样例输出】 jx.out

7

 

【样例说明】

第一队妹子取2,3。

第二队妹子取0,1。

第三队妹子取1。

 

【数据范围】

请大家放心,虽然chenzeyu97妹子无数,但是这次他叫来的个数n是有限的。=v=

对于30%的数据,妹子数不大于200。

对于60%的数据,妹子数不大于2000。

对于100%的数据,妹子数1000000。

而且,由于chenzeyu97没有CCR那样的影响力,所以他的妹子选完的最大美丽度和不超过maxlongint。(注:CCR随便选就爆long long,因为他是把妹狂魔=V=)。

 

 

f[i][j]表示前i个数选j段且第i - 1个数必须选所能获得的最大收益
f[i][0] = max(f[i - 1][0] + num[i], num[i])
f[i][1] = max(f[i - 1][1] + num[i], f[j][0] + num[i]  j<i)
f[i][2] = max(f[i - 1][2] + num[i], f[j][1] + num[i]  j<i)

用最大值优化一下即可

 1 #include <cstdio>
 2 #include <cstring>
 3 #include <cstdlib>
 4 #include <cstring>
 5 #include <algorithm>
 6 #include <vector>
 7 #include <queue>
 8 #include <stack>
 9 inline void read(long long &x){x = 0;char ch = getchar();char c = ch;while(ch < '0' || ch > '9')c = ch, ch = getchar();while(ch <= '9' && ch >= '0')x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar();if(c == '-')x = -x;}
10 inline long long max(long long a, long long b){return a > b ? a : b;}
11 inline long long min(long long a, long long b){return a > b ? b : a;}
12 inline void swap(long long &a, long long &b){int tmp = a;a = b;b = tmp;}
13 
14 const long long INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
15 const long long MAXN = 1500000 + 10;
16 
17 long long num[MAXN];
18 long long sum;
19 long long n;
20 long long ma;
21 
22 long long f[MAXN][3];
23 
24 long long ma1, ma2;
25 
26 long long ans;
27 
28 int main()
29 {
30     read(n);
31     ma1 = ma2 = ans = -INF;
32     for(register int i = 1;i <= n;++ i)
33         read(num[i]);
34     f[1][0] = num[1];
35     f[2][0] = max(num[1] + num[2], num[2]);
36     f[2][1] = num[1] + num[2];
37     ma1 = max(f[1][0], f[2][0]);
38     ma2 = f[2][1];
39     f[3][0] = max(f[2][0] + num[3], num[3]);
40     f[3][1] = max(f[2][1] + num[3], ma1 + num[3]);
41     f[3][2] = num[1] + num[2] + num[3];
42     ma2 = max(ma2, f[3][1]);
43     ma1 = max(ma1, f[3][0]);
44     for(register int i = 4;i <= n;++ i)
45     {
46         f[i][0] = max(f[i - 1][0] + num[i], num[i]);
47         f[i][1] = max(f[i - 1][1] + num[i], ma1 + num[i]);
48         f[i][2] = max(f[i - 1][2] + num[i], ma2 + num[i]);
49         ma1 = max(ma1, f[i][0]);
50         ma2 = max(ma2, f[i][1]);
51     }
52     ans = f[3][2];
53     for(register int i = 4;i <= n;++ i)
54     {
55         ans = max(ans, f[i][2]);
56     }
57     printf("%lld", ans);
58     return 0;
59 }
View Code

 

密码锁 1000MS 512MB

Input: password.in

Output: password.out

【题目描述】

hzwer有一把密码锁,由N个开关组成。一开始的时候,所有开关都是关上的。当且仅当开关x1,x2,x3,...xk为开,其他开关为关时,密码锁才会打开。

他可以进行M种的操作,每种操作有一个size[i],表示,假如他选择了第i种的操作的话,他可以任意选择连续的size[i]个格子,把它们全部取反。(注意,由于黄金大神非常的神,所以操作次数可以无限>_<

本来这是一个无关紧要的问题,但是,黄金大神不小心他的钱丢进去了,没有的钱他哪里能逃过被chenzeyu97 NTR的命运?>_<  于是,他为了虐爆czy,也为了去泡更多的妹子,决定打开这把锁。但是他那么神的人根本不屑这种水题。于是,他找到了你。

你的任务很简单,求出最少需要多少步才能打开密码锁,或者如果无解的话,请输出-1

 

【输入格式】

1行,三个正整数NKM,如题目所述。

2行,K个正整数,表示开关x1,x2,x3..xk必须为开,保证x两两不同。

第三行,M个正整数,表示size[i]size[]可能有重复元素。

【输出格式】

输出答案,无解输出-1

【样例输入1

10 8 2

1 2 3 5 6 7 8 9

3 5

【样例输出1

2

【样例输入2

3 2 1

1 2

3

【样例输出2

-1

 

 

【数据规模】

对于50%的数据,1N201k51m3;

对于另外20%的数据,1N100001k5,1m30;

对于100%的数据,1N100001k101m100

 先挂在这里,以后再说。。。

posted @ 2017-07-01 14:54  嘒彼小星  阅读(269)  评论(0编辑  收藏  举报