PAT L3-017. 森森快递
L3-017. 森森快递
森森开了一家快递公司,叫森森快递。因为公司刚刚开张,所以业务路线很简单,可以认为是一条直线上的N个城市,这些城市从左到右依次从0到(N-1)编号。由于道路限制,第i号城市(i=0, ..., N-2)与第(i+1)号城市中间往返的运输货物重量在同一时刻不能超过 Ci公斤。
公司开张后很快接到了Q张订单,其中第j张订单描述了某些指定的货物要从Sj号城市运输到Tj号城市。这里我们简单地假设所有货物都有无限货源,森森会不定时地挑选其中一部分货物进行运输。安全起见,这些货物不会在中途卸货。
为了让公司整体效益更佳,森森想知道如何安排订单的运输,能使得运输的货物重量最大且符合道路的限制?要注意的是,发货时间有可能是任何时刻,所以我们安排订单的时候,必须保证共用同一条道路的所有货车的总重量不超载。例如我们安排1号城市到4号城市以及2号城市到4号城市两张订单的运输,则这两张订单的运输同时受2-3以及3-4两条道路的限制,因为两张订单的货物可能会同时在这些道路上运输。
输入格式:
输入在第一行给出两个正整数N和Q(2 <= N <= 105, 1 <= Q <= 105),表示总共的城市数以及订单数量。
第二行给出(N-1)个数,顺次表示相邻两城市间的道路允许的最大运货重量Ci(i=0, ..., N-2)。题目保证每个Ci是不超过231的非负整数。
接下来Q行,每行给出一张订单的起始及终止运输城市编号。题目保证所有编号合法,并且不存在起点和终点重合的情况。
输出格式:
在一行中输出可运输货物的最大重量。
输入样例:10 6 0 7 8 5 2 3 1 9 10 0 9 1 8 2 7 6 3 4 5 4 2输出样例:
7样例提示:我们选择执行最后两张订单,即把5公斤货从城市4运到城市2,并且把2公斤货从城市4运到城市5,就可以得到最大运输量7公斤。
#include<algorithm> #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<vector> #include<map> #include<set> #define maxn 10010 using namespace std; typedef long long ll; int edge[maxn][maxn]; vector<int> E[maxn]; ll ans = 0; int vis[maxn] = {0}; void dfs( int x, ll sum ) { if( sum > ans ) { ans = sum; } for( int i = 0; i < E[x].size(); i ++ ) { if( !vis[E[x][i]] ) { vis[E[x][i]] = 1; dfs( E[x][i], sum + edge[x][E[x][i]] ); vis[E[x][i]] = 0; } } } int main() { int n, m, a[maxn], t = 1e9; cin >> n >> m; for( int i = 0; i < n - 1; i ++ ) { cin >> a[i]; /* edge[i].push_back( make_pair( i + 1, a[i] ) ); edge[i+1].push_back( make_pair( i, a[i] ) );*/ edge[i][i+1] = a[i]; edge[i+1][i] = a[i]; for( int j = 0; j < i - 1; j ++ ) { t = 1e9; for( int k = j; k < i; k ++ ) { t = min( t, a[k] ); } /*edge[j].push_back( make_pair( i, t ) ); edge[i].push_back( make_pair( j, t ) );*/ edge[i][j] = t; edge[j][i] = t; } } while( m -- ) { int x, y; cin >> x >> y; E[x].push_back(y); E[y].push_back(x); } for( int i = 0; i <= n - 1; i ++ ) { /*for( int j = 0; j < E[i].size(); j ++ ) { cout << E[i][j] << " " << edge[i][E[i][j]] << "--"; } cout << endl;*/ memset( vis, 0, sizeof(vis) ); vis[i] = 1; dfs( i, 0 ); } cout << ans - 1 << endl; return 0; }
比赛后看大佬用线段树+贪心做的
https://blog.csdn.net/hnust_derker/article/details/79552988
/** 因为一个区间[l, r]的最大货运量就是min([l, r]), 对于两个区间[l, r], [L, R] 假设(r <= R) 1. 两个区间完全不相交, 则最大货运量就是min([l, r]) + min([L, R]),谁先取谁后取都是一样 2.[l, r]完全包含于[L, R],那么肯定选择[l, r]且取其最大货运量,因为min[l, r] >= min[L, R],如果选择两个订单的话,最大货运量都 是min[l, r], 但是单独取[l, r]这个区间, 那么对周围影响的区间都小, 往左往右才可能有更优的取值, 如果[L, R]这个区间要取的话, 这里的每个值都要减去一个值,且最终[l, r]的结果是一样的, 所以肯定取[l,r]且保证货运量最大 3.两区间相交,如果若干个区间已经按右端点从小到大排好序,相同按左端点排序,假设相交于[L, r], 那么两个区间的最大值就是 min{min[L, r], min[l, r] + min[L, R]}这个值是不变的,但是如果[L, R]取得大的话, 对后面的可能相交区间最小值影响就大, 所以要对 l, r取尽可能大, L, R取尽可能小 所以就是: 区间已经按右端点从小到大排好序,相同按左端点排序, 然后从左往右,遇到一个区间就取其区间最小值加到ans上去, 然后更新这个区间 */ #include<bits/stdc++.h> typedef long long ll; const ll maxn = 2e5 + 10; const ll INF = 1e10; using namespace std; typedef pair<ll, ll> pa; ll n, m, T, kase = 1; ll C[maxn * 4], lazy[maxn * 4], d[maxn]; pa lst[maxn]; void push_down(ll o) { ll o1 = o << 1, o2 = o << 1 | 1; if(!lazy[o]) return ; lazy[o1] += lazy[o]; lazy[o2] += lazy[o]; C[o1] -= lazy[o]; C[o2] -= lazy[o]; lazy[o] = 0; } void build(ll o, ll l, ll r) { lazy[o] = 0; if(l == r) { C[o] = d[l]; return ; } ll mid = (l + r) >> 1; build(o << 1, l, mid); build(o << 1 | 1, mid + 1, r); C[o] = min(C[o << 1], C[o << 1 | 1]); } ll ql, qr, data; ll query_min(ll o, ll l, ll r) { if(l >= ql && r <= qr) return C[o]; if(l > qr || r < ql) return INF; ll mid = (l + r) >> 1; push_down(o); ll p1 = query_min(o << 1, l, mid); ll p2 = query_min(o << 1 | 1, mid + 1, r); C[o] = min(C[o << 1], C[o << 1 | 1]); return min(p1, p2); } void update(ll o, ll l, ll r) { if(l >= ql && r <= qr) { C[o] -= data; lazy[o] += data; return ; } if(l > qr || r < ql) return ; push_down(o); ll mid = (l + r) >> 1; update(o << 1, l, mid); update(o << 1 | 1, mid + 1, r); C[o] = min(C[o << 1], C[o << 1 | 1]); } int main() { while(scanf("%lld %lld", &n, &m) != EOF) { for(ll i = 0; i < n - 1; i++) scanf("%lld", &d[i]); build(1, 0, n - 2); for(ll i = 0; i < m; i++) { scanf("%lld %lld", &ql, &qr); if(ql > qr) swap(ql, qr); qr--; lst[i] = pa(qr, ql); } ll ans = 0; sort(lst, lst + m); for(int i = 0; i < m; i++) { ql = lst[i].second; qr = lst[i].first; ll mt = query_min(1, 0, n - 2); ans += mt; data = mt; update(1, 0, n - 2); } printf("%lld\n", ans); } return 0; }