20170924校内训练
个人卫生综合征
每天BBS都要从家里经过城市中的一段路到学校刷五三。城市中一共有n个路口和m条双向道路,每条双向道路都连接着两个路口ai、bi且有一定的时间花费vi。BBS家编号为1,学校编号为n。今天,BBS由于个人卫生综合征导致他很迟才离开家,他想用膜法改变k条道路的长度使通过其的时间花费vi变为0。现在他问你改变道路长度之后他到学校的最小时间花费是多少?
输入格式:
第一行为三个整数n、m、k,接下来的m行每行三个整数ai,bi,vi,分别表示这条路连着的两个路口和通过其所用的时间。
输出格式:
一个整数,表示BBS到学校的最小时间花费。
样例输入 |
样例输出 |
4 4 1 |
1 |
样例解释:
更新3->4的道路,最短路线为1->3->4,用时为1+0=1。
数据范围:
对于100%的数据:1<=n<=10000,1<=m<=50000,1<=k<=20,1<=vi<=1000000。
dijsktra。用d[i][j]表示i点与1号点用了j次魔法的距离
更新时,d[i.to][j]=d[i][j]+cost[i][j](不用魔法),d[i.to][j+1]=d[i][j](j+1<k)(用魔法)
入堆时,再记下当前用了多少次魔法。即pair<int,pair<int,int> > 第一个int记距离,第二的int记使用魔法次数,第三个int记标号
岀堆的条件改为距离>dist[标号][使用魔法次数]
![](https://images.cnblogs.com/OutliningIndicators/ContractedBlock.gif)
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<queue> using namespace std; typedef pair<int,int> p; typedef pair<int,p>P; priority_queue<P,vector<P>,greater<P> >q; int n,m,k; int dist[10010][25]; int h[10010],to[100010],next[100010],cost[100010],tot=0; void ins(int u,int v,int w){next[++tot]=h[u];h[u]=tot;to[tot]=v;cost[tot]=w;} void dij(int S) { memset(dist,127,sizeof(dist)); for(int i=0;i<=k;i++)dist[S][i]=0,q.push(P(0,p(i,S))); while(!q.empty()) { P pp=q.top();q.pop();int K=pp.second.first,u=pp.second.second,d=pp.first; if(d>dist[u][K])continue; for(int i=h[u];i;i=next[i]) { int v=to[i]; if(dist[v][K]>d+cost[i]){dist[v][K]=d+cost[i];q.push(P(dist[v][K],p(K,v)));} if(K+1<=k&&dist[v][K+1]>d){dist[v][K+1]=d;q.push(P(dist[v][K+1],p(K+1,v)));} } } } int main() { freopen("school.in","r",stdin);freopen("school.out","w",stdout); scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); for(int i=1;i<=m;i++) { int x,y,z;scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);ins(x,y,z);ins(y,x,z); } dij(1);printf("%d",dist[n][k]); return 0; }
你的四边形已如风中残烛
LGL有一根长为n的木板。现在他想要把它砍成四段长度为整数的木板来做一个四边形,请问他有多少种不同的砍法?注意:四段长度为1、1、2、1和四段长度为1、2、1、1算两种砍法。
输入格式:
第一行为一个整数 n,表示木板的长度。
输出格式:
一个整数,不同的砍法数量。
样例输入 |
样例输出 |
6 |
6 |
样例解释:
1122,1212,1221,2112,2121,2211。
数据范围:
对于100%的数据:1<=n<=2500。
打表大法好。或者你可以推通项公式。或者枚举前两个长度计算答案(这个比起推通项公式容易一点)。
总之,这道题的核心是,假设你取的四个木板长为a,b,c,d,它们能构成四边形要满足
a+b+c>d,a+b+d>c,a+c+d>b,b+c+d>a
我们可以发现a<n/2,b<n/2,c<n/2,d<n/2,就用这玩意去算答案
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#include<cstdio> long long n; int main(){ //freopen("quad.in","r",stdin);freopen("quad.out","w",stdout); scanf("%lld",&n); printf("%lld",((n-3)*(n-2)*(n-1))/6-2*((n/2)*((n/2)-1)*((n/2)-2))/3); return 0; }
生命不息刷题不止
YYH有n道题要做。但是由于他上课做某些事,导致他一题都不会做,只好请LGL代打。LGL为了买自己心爱的坦克,他做第i题要收两笔钱:一笔在YYH叫他做题当天收,另外一笔在叫他做题的第二天收。YYH每天结束的时候都会把剩下的所有钱花光,然后再从父亲LRB处得到m元零花钱用来请LGL做题(也就是说,第一天的时候YYH是没有钱请LGL做题的,每一天用来请LGL做题所用的钱都是前一天LRB给的)。而且,YYH做的题目难度是循序渐进的:就算强如LGL,在做第i题之前也要先把第1到i-1题全部做完。请问YYH将所有题目做完并且把所有钱都付给LGL的最小天数。
输入格式:
第一行为两个整数m、n,接下来的n行每一行都有两个数ai和bi,分别表示LGL做第i题所收的两笔钱。
输出格式:
一个整数,表示最小天数。
样例输入 |
样例输出 |
100 5 |
6 |
样例解释:
第二天做1、2两题,第三天做3、4两题,第五天做5。在第六天的时候所有钱都付完。
数据范围:
对于100%的数据:1<=n<=300,1<=ai、bi<=m<=1000。
这道题不能贪心!这道题不能贪心!这道题不能贪心!重要的事情说三遍
10 3
3 5
2 5
2 5
贪心的答案是5,第2天做1,2两题,第3天还债,第4天做第3题,第5天还债
而实际上只要4天,第2天做第1题,第3天做2,3两题,第4天还债
正确思路是dp
设dp[i][j]表示前i天做了j题后该天可能剩下的最多的钱的数量。
那么dp[i][j]可以转移到dp[i][j+1]、dp[i][j+2]……只要满足剩下的钱不少于0并且下个月的钱够还即可。
同时可以算出dp[i+1][j+1],dp[i+1][j+2]……最后输出满足dp[i][m]存在值的最小i。
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#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; int dp[610][301],a[301],b[301]; int main() { freopen("solve.in","r",stdin);freopen("solve.out","w",stdout); memset(dp,-1,sizeof(dp)); int m,n;scanf("%d%d",&m,&n); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&a[i],&b[i]); dp[2][0]=m; for(int i=2;i<=2*n+1;i++) { for(int j=n;j>=0;j--) { if(dp[i][j]!=-1) { dp[i+1][j]=m;int tot1=0,tot2=0; for(int k=j+1;k<=n;k++) { tot1+=a[k];tot2+=b[k]; if(tot1>dp[i][j]||tot2>m)break; dp[i][k]=max(dp[i][k],dp[i][j]-tot1); dp[i+1][k]=max(dp[i+1][k],m-tot2); } } } if(dp[i][n]!=-1)return 0*printf("%d",i+1); } return 0; }
短
给出一张有n个点和m条双向边的图,要求求出1到n的次短路的长度。一条边可以多次通过。
输入格式:
第一行为两个整数n和m。接下来的m行每行三个整数ai,bi,vi,分别表示这条路连着的两个点和他的长度。
输出格式:
一个整数,表示次短路的长度。
样例输入 |
样例输出 |
4 4 |
450 |
样例解释:
最短:1->2->4。
次短:1->2->3->4。
数据范围:
对于 100%的数据:1<=n、vi<=5000,1<=m<=100000。
裸次短路
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#include<iostream> #include<cstdio> #include<queue> #include<cstring> using namespace std; int h[5100],to[200100],next[200100],k=0,cost[200100]; typedef pair<int,int> P; priority_queue<P,vector<P>,greater<P> > q; int dist[5100][2]; void ins(int u,int v,int w){next[++k]=h[u];h[u]=k;to[k]=v;cost[k]=w;} void dij(int S) { memset(dist,127/2,sizeof(dist)); dist[S][0]=0;q.push(P(0,S)); while(!q.empty()) { P p=q.top();q.pop();int u=p.second; if(dist[u][1]<p.first)continue; for(int i=h[u];i;i=next[i]) { int v=to[i]; if(p.first+cost[i]<dist[v][0]) { dist[v][1]=dist[v][0];dist[v][0]=p.first+cost[i]; q.push(P(dist[v][0],v));q.push(P(dist[v][1],v)); } else if(p.first+cost[i]<dist[v][1]&&p.first+cost[i]!=dist[v][0]) { dist[v][1]=p.first+cost[i]; q.push(P(dist[v][1],v)); } } } } int main() { freopen("short.in","r",stdin);freopen("short.out","w",stdout); int n,m;scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=m;i++) { int x,y,z;scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);ins(x,y,z);ins(y,x,z); } dij(1); printf("%d",dist[n][1]); return 0; }