[NOIP2017]一句话题解
NOIP2017
- 成绩：大水题，甚至都不用double
- 图书管理员：首先，我们先将图书编码从小到大排序，其次，我们在计入用户需求时的同时只要记住有几位就可以之后用%来判断，模拟即可
- 棋盘：dfs，在原有的参数x,y上，我们增加一个bool类型变量fl来判断上一次有没有用魔法，唯一和模板不一样的地方就在于，它需要在过程中计算所花金币数量，随后转移即可
- 跳房子：真是到
好题啊……首先要求最少的金币数，所以就考虑用二分答案的方式，只不过普通的check函数需要\(\omicron\) ( \(n^2\) )的复杂度，明显会时间超限（虽然我能拿玄学卡常弄到80pts）但是因为在check函数中的dp里我们需要取最大值，但是我们注意到单调队列（不是优先队列）可以把维护最大最小值得复杂度降至\(\omicron\) (n)于是就能过了
提高
- 小凯的疑惑：塞瓦韦斯特定理（不确定字对不对）就能解这道题，公式：\(a\times b-a-b\)具体证明将会再开一片文章，反正我是想到了2种证明方法
- 时间复杂度：
- 逛公园：
- 奶酪：简单的并查集，只需要再建一个超级源点和一个超级汇点即可，注意，千万不能用sqrt，这玩意毁一生
三年OI一场空，丧失精度见祖宗 ——zzt
- 宝藏：这题数据也就12，所以说裸裸的状压dp啊，对于每个状态s我们先要求出每个宝藏屋到原点的最短距离，然后我们只需要枚举所有情况然后直接转移莽就完事了
f[s|p][i]=min(f[s|p][i],f[s][i-1]+i*res);
//dp方程
//s|p意味着合并开发过的和没开发过的宝藏屋，即让所有宝藏屋都变成开发的
//f[s][i-1]+i*res 合并宝藏屋的另一种写法
//f[s][i-1]这是已开发的宝藏屋的代价
//i*res即开发剩余的没开发的宝藏屋的代价
- 列队：
