2.【LGR-148-Div.3】洛谷基础赛 #1 & MGOI Round I

【LGR-148-Div.3】洛谷基础赛 #1 & MGOI Round I

据说是普及组难度？

T1 P9502 『MGOI』Simple Round I | A. 魔法数字

『MGOI』Simple Round I | A. 魔法数字

$100 p t s$

题目描述

初级魔法士小 M 的魔法数字是 $2$ 。

给定一个正整数 $n$ ，小 M 需要找到最大的偶数 $m$ ，使得 $2^{m} < n$ 。

又双叒叕是个水题，~~然后被又双叒叕水题爆切~~。。。。。。
只要判断 $l o g 2 (n) % 2$ 是否为偶数，并且不能正好是 $2$ 的 $n$ 次方，然后输出即可。

 #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
	int n,i;
	cin>>n;
	if(int(log2(n))%2==0&&int(log2(n))!=log2(n))
        cout<<(int)log2(n);
	else if(int(log2(n))%2==1)
        cout<<(int)log2(n)-1;
	else
        cout<<int(log2(n)-2);
}

T2 P9503 『MGOI』Simple Round I | B. 魔法照相馆

$100 p t s$

题目描述

小 M 正在准备入学所必需的魔法士证件，因此他来到了纵深巷的魔法照相馆。

在等待的时候，小 M 注意到魔法照相馆有三个幕布，颜色从左到右分别是红色、蓝色和白色。店主 zx 先生会根据客人的需求拉上或拉下这三个幕布，如下图所示：

幕布摆放在左边，按照红蓝白的顺序排列。人则坐在幕布右边，而 zx 先生则站在最右边给人拍照。幕布从右往左数，第一个没有拉上的幕布颜色将成为照片的背景颜色。

每次 zx 先生拉上或拉下一个幕布都需要消耗一个时间单位，而拍照不消耗时间。小 M 已经知道了他前面所有总共 $n$ 个客人的需求。在初始状态为 全部拉下 的情况下，请你帮助小 M 计算他至少需要等待多少个时间单位。

水题，只要模拟状态，再对号入座，就轻轻松松 $A C$ 了。
（其中红色幕布不会拉上去）

 #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
	int n,i,sum=0,zt=111;
	char q;
	cin>>n;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>q;
        //111 110 101 100
		if(q=='W'&&(zt==101||zt==111))continue;
		else if(q=='B'&&(zt==110))continue;
		else if(q=='R'&&(zt==100))continue;
		if(q=='W')
		{
			if(zt==110)zt=111,sum++;
			else if(zt==100)zt=101,sum++;
		}
		if(q=='B')
		{
			if(zt==111||zt==100)zt=110,sum++;
			else if(zt==101)zt=110,sum+=2;
		}
		if(q=='R')
		{
			if(zt==111)zt=100,sum+=2;
			else if(zt==110||zt==101)zt=100,sum++;
		}
	}
	cout<<sum;
}

将各个幕布的状态枚举，拉下为 $1$ ，拉上为 $0$ 。

T3P9504 『MGOI』Simple Round I | C. 魔法禁林

$30 p t s$

题目描述

开学的第一天，小 M 迫不及待地计划着前往神秘的禁林。

小 M 拥有两个重要的属性，魔力值和生命值。非常特别的是，初始时，这两个值可以由小 M 任意决定。

禁林可以看作一张 $n$ 个点 $m$ 条边的无向简单连通图。小 M 将在禁林里面行走，从起点 $s$ 走到 $t$ 。

每经过一条边，小 M 的魔力值都会减去 1。同时，每条边上有一个具有攻击力属性的魔兽，小 M 要与之战斗。若小 M 经过这条边之前的魔力值为 $k$ ，这条边上魔兽的攻击力为 $w$ ，那么经过这条边时发生的战斗将会消耗 $⌊ \frac{w}{k} ⌋$ 的生命值。魔兽不会被打败，因此多次经过同一条边，每次都会发生战斗。

小 M 需要保证，当他的魔力值消耗完时，他的生命值为 0，且此时走到 $t$ 点。

你需要求出小 M 初始时需要的最小生命值。

【数据范围】

对于所有数据， $1 \leq n \leq 20000$ ， $1 \leq m \leq 40000$ ， $1 \leq s, t, u, v \leq n$ ， $s \neq t$ ，图为无向简单连通图， $0 \leq w \leq 100$ 。

Subtask	$n$	$m$	$w \leq$	分值
$1$	$5$	$10$	$10$	$11$
$2$	$2000$	$4000$	$10$	$27$
$3$	$20000$	$40000$	$1$	$19$
$4$	$20000$	$40000$	$100$	$43$

一开始觉得完全打不了，但是还是试了试。
首先使用 $d i j k s t r a$ 求最短路，但是不知道走每条边的状态，后来想到倒推，以终点 $t$ 为起点，推回起点 $s$ 。
$30 p t s$ 代码

 #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,s,t;
struct aa
{
	int nxt,to,w;
}e[1100001];
int cnt=0,head[100001];
void add(int u,int v,int w)
{
	e[++cnt]={head[u],v,w};
	head[u]=cnt;
}
long double dis[100011];
int stp[100011];
int vis[100011];
struct cmp
{
    bool operator() (int &a,int &b) const
    {
        return dis[a]>dis[b];
    }
};
void dijkspfa(int x)
{
	priority_queue<int,vector<int>,cmp>q;
	int i,j,k;
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	for(i=1;i<=n;++i)dis[i]=0x7f7f3f3f3f3f3f,stp[i]=0;
	q.push(x);
	dis[x]=0;
	while(!q.empty())
	{
		k=q.top(),q.pop();
		if(!vis[k])
		{
			vis[k]=1;
			for(i=head[k];i;i=e[i].nxt)
			{
				int to=e[i].to;
				if(dis[to]>=dis[k]*1.0+e[i].w/(stp[k]+1.0))
				{
					stp[to]=stp[k]+1;
					dis[to]=dis[k]*1.0+e[i].w/stp[to]*1.0;
					q.push(to);
				}
			}
		}
	}
}
int main()
{
	int i,j,k,u,v,w;
	cin>>n>>m>>s>>t;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>u>>v>>w;
		add(u,v,w),add(v,u,w);
	}
	dijkstra(t);
	cout<<(int)(ceil(dis[s]));
}

(虽然试试就逝世，但是出题人的数据怎么如此之氵，这也能骗30分)...

测评记录

实际上，生命值不是 $d o u b l e$ 而是 $i n t$ 。 $i n t$ 有什么特性，自动向下取整。于是当一个数除以一个大于它的数时，值为 $0$ 。
因此可以让每条边被经过不超过 $100$ （ $0 <= w <= 100$ ）遍。当一条边被经过 $100$ 次时，求现有最小值与其值的最小值。最后输出即可
（~~话说 $d i j k s p f a$ 是什么东西，怎么这么强。。。~~）。

附上 $A C$ 代码

 #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,s,t;
struct aa
{
	int nxt,to,w;
}e[1100001];
struct ee
{
	int cnt,x;
}k;queue<ee>q;
int cnt=0,head[100001];
void add(int u,int v,int w)
{
	e[++cnt]={head[u],v,w};
	head[u]=cnt;
}
int dis[222][230011];
bool vis[222][230011];
int minn=0x7f7f7f00;
void dijkstra(int x)
{
	int i,j;
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	for(i=1;i<=101;++i)for(j=1;j<=n;++j)dis[i][j]=0x7f7f7f7f;
	q.push({1,x});
	dis[1][x]=0;
	int v=0;
	while(!q.empty())
	{
		k=q.front(),q.pop();
		int y=k.cnt;
		int p=k.x;
		if(y>100)
		{
			minn=min(minn,dis[y][p]);
		}
		for(i=head[p];i;i=e[i].nxt)
		{
			int to=e[i].to;
			if(dis[y+1][to]>=dis[y][p]*1.0+e[i].w/y)
			{
				dis[y+1][to]=dis[y][p]*1.0+e[i].w/y;
				if(!vis[y+1][to])
					q.push({y+1,to}),vis[y+1][to]=1;
			}
		}
	}
}
int main()
{
	int i,j,k,u,v,w;
	cin>>n>>m>>s>>t;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		cin>>u>>v>>w;
		add(u,v,w),add(v,u,w);
	}
	dijkstra(t);
	for(i=1;i<=101;i++)minn=min(minn,dis[i][s]);
	cout<<minn;
}

T4P9505 『MGOI』Simple Round I | D. 魔法环

$0 p t s$ 一分没骗到。。。

赛后我们首先~~查看题解，原来本蒟蒻与大佬之间的差距如此之大。~~。
由于精灵围成了一个环，因此首先考虑破环为链

~~石子合并~~

状态转移方程 $(由大佬的题解得出)$
$f_{i, j} = {min}_{k = 1}^{i - 1} f_{\begin{matrix} k, j - 1 \end{matrix}} + g e t v (k, i)$
$g e t v (l, r)$ 表示这一步激活 $r$ 点，上一个激活 $l$ 点使当前值变化的量。
$g e t v (l, r) = \frac{(r - l + 1) (r - l)}{2} \times max (a_{l}, a_{r}) + a_{r}^{2}$
这时复杂度为 $O (n^{4})$ ，轻轻松松 $T L E$ ，观察状态转移方程可知，其于 $j$ 即已激活点数无关，所以如果 $j \geq k$ 时可以直接从 $f_{k}_{,}_{j}$ 转移，此时复杂度为 $O (n^{3} k)$
还有一个结论，即一定激活点 $0$ 。因为如果未激活点 $0$ ，由于至少要激活 $k (2 \leq k \leq 100)$ 个精灵，因此未激活的精灵总能找到魔力值大于 $0$ 的精灵。因此点 $0$ 未产生贡献(~~甚至负贡献~~)。
所以直接由 $0$ 为起点，而此时复杂度为 $O (n^{2} k)$ ，可以通过此题。
- 关于大佬们的破环为链

 for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&q[i]);
for(int i=1;i<=n;i++) if(!q[i]) pos=i;
for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=q[(i+pos-1-1)%n+1];

关于我的破环为链

 for(i=0;i<n;++i)
{
    cin>>a[i];
    if(!a[i])res=i;
}
for(i=res,j=1;j<=n;++i,++j)
{
    s[j]=a[i];
    if(i==n-1)i=-1;
}

(~~明显不如原神~~)

 #include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,m,s[3011],t,ans=0x7f7f7f7f,p;
int f[3022][111],a[3011];
inline int getv(int l,int r)
{
	return ((r-l)*(r-l-1)>>1)*max(s[l],s[r])+s[r]*s[r];
}
signed main(void)
{
	ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
	register int i,j,k;
	int u,v,w,res;
	cin>>n>>m;
	for(i=0;i<n;++i)
	{
		cin>>a[i];
		if(!a[i])res=i;
	}
	for(i=res,j=1;j<=n;++i,++j)
	{
		s[j]=a[i];
		if(i==n-1)i=-1;
	}
	memset(f,0x7f,sizeof(f));
	f[1][1]=0;
	for(i=1;i<=n;++i)
		for(j=2;j<=min(i,m);++j)
			for(k=1;k<i;++k)
			{
				f[i][j]=min(f[i][j],f[k][j-1]+getv(k,i));
				if(j==m)f[i][j]=min(f[i][j],f[k][j]+getv(k,i));
			}
	ans=LLONG_MAX;
	for(i=1;i<=n;++i)ans=min(ans,f[i][m]+getv(i,n+1));
	cout<<ans;
}

dp数组求最小值一定要初始化为 $\infin$ ，并且将始状态赋值为0。

posted @ 2023-08-06 19:26 minecraft114514 阅读(115) 评论(0) 编辑收藏举报

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	#include<bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	int main()
	{
	int n,i;
	cin>>n;
	if(int(log2(n))%2==0&&int(log2(n))!=log2(n))
	cout<<(int)log2(n);
	else if(int(log2(n))%2==1)
	cout<<(int)log2(n)-1;
	else
	cout<<int(log2(n)-2);
	}

	#include<bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	int n,m,s,t;
	struct aa
	{
	int nxt,to,w;
	}e[1100001];
	int cnt=0,head[100001];
	void add(int u,int v,int w)
	{
	e[++cnt]={head[u],v,w};
	head[u]=cnt;
	}
	long double dis[100011];
	int stp[100011];
	int vis[100011];
	struct cmp
	{
	bool operator() (int &a,int &b) const
	{
	return dis[a]>dis[b];
	}
	};
	void dijkspfa(int x)
	{
	priority_queue<int,vector<int>,cmp>q;
	int i,j,k;
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	for(i=1;i<=n;++i)dis[i]=0x7f7f3f3f3f3f3f,stp[i]=0;
	q.push(x);
	dis[x]=0;
	while(!q.empty())
	{
	k=q.top(),q.pop();
	if(!vis[k])
	{
	vis[k]=1;
	for(i=head[k];i;i=e[i].nxt)
	{
	int to=e[i].to;
	if(dis[to]>=dis[k]*1.0+e[i].w/(stp[k]+1.0))
	{
	stp[to]=stp[k]+1;
	dis[to]=dis[k]1.0+e[i].w/stp[to]1.0;
	q.push(to);
	}
	}
	}
	}
	}
	int main()
	{
	int i,j,k,u,v,w;
	cin>>n>>m>>s>>t;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
	cin>>u>>v>>w;
	add(u,v,w),add(v,u,w);
	}
	dijkstra(t);
	cout<<(int)(ceil(dis[s]));
	}

	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&q[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++) if(!q[i]) pos=i;
	for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=q[(i+pos-1-1)%n+1];

	for(i=0;i<n;++i)
	{
	cin>>a[i];
	if(!a[i])res=i;
	}
	for(i=res,j=1;j<=n;++i,++j)
	{
	s[j]=a[i];
	if(i==n-1)i=-1;
	}

	#include<bits/stdc++.h>
	#define int long long
	using namespace std;
	int n,m,s[3011],t,ans=0x7f7f7f7f,p;
	int f[3022][111],a[3011];
	inline int getv(int l,int r)
	{
	return ((r-l)(r-l-1)>>1)max(s[l],s[r])+s[r]*s[r];
	}
	signed main(void)
	{
	ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
	register int i,j,k;
	int u,v,w,res;
	cin>>n>>m;
	for(i=0;i<n;++i)
	{
	cin>>a[i];
	if(!a[i])res=i;
	}
	for(i=res,j=1;j<=n;++i,++j)
	{
	s[j]=a[i];
	if(i==n-1)i=-1;
	}
	memset(f,0x7f,sizeof(f));
	f[1][1]=0;
	for(i=1;i<=n;++i)
	for(j=2;j<=min(i,m);++j)
	for(k=1;k<i;++k)
	{
	f[i][j]=min(f[i][j],f[k][j-1]+getv(k,i));
	if(j==m)f[i][j]=min(f[i][j],f[k][j]+getv(k,i));
	}
	ans=LLONG_MAX;
	for(i=1;i<=n;++i)ans=min(ans,f[i][m]+getv(i,n+1));
	cout<<ans;
	}