Typesetting math: 100%

20200717模拟赛3题解

A. 中中救援队#

题目描述

  • 中中酷爱滑雪,某日突发奇想,带领所有BDEZ的OIER去Alps滑雪,不幸的是,中中和OIER们遭遇了雪崩,除了中中,所有的OIER们都埋在了雪坑里,此时,中中救援队闪亮登场~!(中中救援队只有中中一个人!Orz!)
  • 雪崩之后,出现了N个雪坑,每个雪坑都有一名OIER深陷其中,只有中中幸免,现在中中找到了M条双向道路,每条道路都会连接两个雪坑,但是,由于中中是路痴(-_-||),所以中中希望去除M条道路中尽可能多的道路,但是还要保证任一雪坑都能到达其他的雪坑,所以要先选择留下N-1条道路,中中可以从任意一个雪坑出发,并且任务完成后要回到出发点(起点的雪坑和终点的雪坑也需要消耗体力),而且中中只记得他选择的道路 中中每到一个雪坑i,都会消耗一定的体力值t[i],即使这个雪坑的OIER已被救出。第j条道路连接x,y两个雪坑,而从x到达y也需要消耗体力值energy 由于时间紧迫,中中请你这名OIER帮助他计算下救出这N名OIER所消耗的最小体力值是多少

输入格式

  • 输入第一行两个整数N和M,表示有N名OIER,M条连接的道路
  • 接下来N行,每行一个整数t[i],表示第i个雪坑需要消耗中中的体力值
  • 然后M行,每行三个整数x,y,energy,表示从x坑滑到y坑需要消耗的体力值为energy

输出格式

  • 第1行,一个整数,为中中消耗的最小体力值

样例输入

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5 7 6 5 13 8 18 4 1 7 5 2 5 1 5 16 2 3 20 3 1 18 4 3 12 2 4 15

样例输出

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154

数据范围与提示

  • 对于30%的数据 5<=N<=100,N-1<=M<=500 1<=t[i]<=100 x<=N,y<=N,x<>y,1<=energy<=100
  • 对于全部数据 5<=N<=10000,N-1<=M<=100000 1<=t[i]<=1000 x<=N,y<=N,x<>y,1<=energy<=1000
  • 结果保证不超过 2311

Solve#

  • 安慰奶牛改变了一下题目
  • 题目要求先选出n-1条边,一看就像最小生成树,需要求的是中中从一个点走完所有点并回来的最小费用,每条边都要走两次,走这条边两端的点都要走,所以可以将一条边的边权赋值为边权的两倍加上两端点的点权,然后跑最小生成树就可以了。
  • 需要注意的是起点会多走一次,就选取一个点权最小的当起点,最后加上这个点的点权就好了。

Code#

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#include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; const int N = 1e4+5, M = 1e5+5; struct Node { int x, y, d; bool operator < (const Node &b) const { return d < b.d; } }a[M]; int n, m, w[N], f[N], s = 1<<30; int found(int x) {//并查集 return f[x] == x ? x : (f[x] = found(f[x])); } int Kru() { int ans = 0, cnt = 0; sort(a + 1, a + m + 1); for (int i = 1; i <= n; ++i) f[i] = i; for (int i = 1; i <= m; ++i) { int x = found(a[i].x), y = found(a[i].y); if (x == y) continue; f[x] = y; ans += a[i].d; if (++cnt == n - 1) return ans; } } int main() { scanf("%d%d", &n, &m); for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &w[i]), s = min(s, w[i]); for (int i = 1; i <= m; ++i) scanf("%d%d%d", &a[i].x, &a[i].y, &a[i].d), a[i].d = a[i].d * 2 + w[a[i].x] + w[a[i].y];//这里最重要 printf("%d\n", Kru() + s); return 0; }

B. 家务活#

题目描述

  • 农场主约翰家人有N (3 <= N<= 10,000)件家务活需要完成,完成第i件家务活需要Ti(1 <=Ti<= 100)的时间,在做第i件家务活之前约翰必须完成若干个家务活,我们称这些家务为i的必备家务。至少有一个家务没有必备家务,第一件家务没有必备家务。
  • 约翰已经安排好完成家务活的顺序,家务活k的必备家务活只会出现在区间[1,k-1]之间。没有依赖关系的家务活可以同时进行。
  • 现在请你计算约翰家人完成所有家务的最短时间。

输入格式

  • 第一行为一个整数N,表示有N件家务活。
  • 接下来2~n+1行,第i+1行前两个数分别为Ti和ki,表示完成第i件家务需要Ti的时间,有ki个必备家务,接着k个数表示第i件家务的必备家务。

输出格式

  • 只有一行,约翰完成所有家务的最短时间。

样例输入

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7 5 0 1 1 1 3 1 2 6 1 1 1 2 2 4 8 2 2 4 4 3 3 5 6

样例输出

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23

数据范围与提示

  • 1: 0 时刻开始,5 时刻结束
  • 2: 5 时刻开始,6 时刻结束
  • 3: 6 时刻开始,9 时刻结束
  • 4: 5 时刻开始,11时刻结束
  • 5: 11时刻开始,12时刻结束
  • 6: 11时刻开始,19时刻结束
  • 7: 19时刻开始,23时刻结束

Solve#

  • 一看到题目中“家务活k的必备家务活只会出现在区间[1,k-1]之间”就能想到是线性DP,还有大佬写拓扑,这DP他不香吗?
  • 每个家务由他的必备家务中最晚完成的转移过来。

Code#

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#include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; const int N = 1e4+5; int n, f[N], ans; int main() { scanf("%d", &n); for (int i = 1; i <= n; ++i) { int t, k, x; scanf("%d%d", &t, &k); while (k--) { scanf("%d", &x); f[i] = max(f[i], f[x]); } f[i] += t; ans = max(ans, f[i]); } printf("%d\n", ans); return 0; }

C. 传纸条#

题目描述

  • 小渊和小轩是好朋友也是同班同学,他们在一起总有谈不完的话题。一次素质拓展活动中,班上同学被安排坐成一个m行、n列的矩阵,而小渊和小 轩被安排坐在矩阵对角线的两端,因此,他们就无法直接交谈了。幸运的是,他们可以通过传纸条来进行交流。纸条要经由许多同学传到对方手里,小渊坐在矩阵的左上角,坐标(1,1),小轩坐在矩阵的右下角,坐标(m,n)。从小渊传给小轩的纸条只可以向下或者向右传递,从小轩传给小渊的纸条只可以向上或者向左传递。
  • 在活动进行中,小渊希望给小轩传一张纸条,同时希望小轩给他回复。班里的每个同学都可以帮他们传递,但只会帮他们一次,也就是说如果此人在小渊递给小轩纸条的时候帮忙,那么在小轩递给小渊的时候就不会再帮忙。反之亦然。
  • 还有一件事情需要注意,全班每个同学愿意帮忙的好心程度有高有低(注意:小渊和小轩的好心程度没有定义,输入时用0表示),可以用一个 O-- 100的自然数来表示,数越大表示越好心。小渊和小轩希望尽可能找好心程度高的同学来帮忙传纸条,即找到来回两条传递路径,使得这两条路径上同学的好心程度之和最大。现在,请你帮助小渊和小轩找到这样两条路径。

输入格式

  • 第一行有2个用空格隔开的整数m和n,表示班里有m行n列 (1<=m,n<=50)。
  • 接下来的m行是一个m*n的矩阵,矩阵中第i行j列的整数表示坐在第i行j列的学生的好心程度。每行的n个整数之间用空格隔开。

输出格式

  • 共一行,包含一个整数,表示来回两条路上参与传纸条的同学的好心程度之和的最大值。

样例输入

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3 3 0 3 9 2 8 5 5 7 0

样例输出

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34

数据范围与提示

  • 30%的数据满足:l<=m,n<=10
  • 100%的数据满足:1<=m,n<=50

Solve#

  • 差一点就AK了!!!,没有判断越界的情况QwQ
  • 这道题用3维,4维我不太会,如果数据范围大的话,3维还可以把第一维滚动起来。
  • f[k][i][j]表示横纵坐标和为k时,第一个人位置横坐标为i,第二个人位置横坐标为j时得到的最大的和

Code#

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#include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; const int N = 60; int n, m, f[N<<1][N][N], a[N][N]; int main() { scanf("%d%d", &n, &m); for (int i = 1; i <= n; ++i) for (int j = 1; j <= m; ++j) scanf("%d", &a[i][j]); for (int k = 3; k < n + m; ++k) for (int i = 1; i <= min(n, k); ++i)//这里和下面没取min就是我WA90的原因 for (int j = i + 1; j <= min(n, k); ++j) f[k][i][j] = max(max(f[k-1][i][j], f[k-1][i-1][j-1]), max(f[k-1][i-1][j], f[k-1][i][j-1])) + a[i][k-i] + a[j][k-j]; printf("%d\n", f[n+m-1][n-1][n]); return 0; }

D. 杀人游戏#

题目描述

  • 一位冷血的杀手潜入 Na-wiat,并假装成平民。警察希望能在 N 个人里面查出谁是杀手。
  • 警察能够对每一个人进行查证,假如查证的对象是平民,他会告诉警察,他认识的人, 谁是杀手, 谁是平民。假如查证的对象是杀手,杀手将会把警察干掉。
  • 现在警察掌握了每一个人认识谁。
  • 每一个人都有可能是杀手,可看作他们是杀手的概率是相同的。
  • 问:根据最优的情况,保证警察自身安全并知道谁是杀手的概率最大是多少?

输入格式

  • 第一行有两个整数 N,M。
  • 接下来有 M 行,每行两个整数 x,y,表示 x 认识 y(y 不一定认识 x,例如President同志) 。

输出格式

  • 仅包含一行一个实数,保留小数点后面 6 位,表示最大概率。

样例输入

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5 4 1 2 1 3 1 4 1 5

样例输出

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0.800000

数据范围与提示

  • 警察只需要查证 1。假如1是杀手,警察就会被杀。假如 1不是杀手,他会告诉警察 2,3,4,5 谁是杀手。而 1 是杀手的概率是 0.2,所以能知道谁是杀手但没被杀的概率是0.8。
  • 对于 100%的数据有 1≤N ≤ 10 0000,0≤M ≤ 30 0000

Solve#

  • 这是这几个里最难的,想了半天,居然过了,也是很奇怪
  • 具体内容看我的详细讲解

Code1#

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//第一种方法 #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int N = 1e5+5; struct Side { int t, next; }e[N*3]; int head[N], tot; void Add(int x, int y) {//加边 e[++tot] = (Side) {y, head[x]}; head[x] = tot; } int n, m, d[N], s, ans; bool v[N], f; void Dfs(int x) {//染色 s--; v[x] = 1; for (int i = head[x]; i; i = e[i].next) if (!v[e[i].t]) Dfs(e[i].t); } int main() { scanf("%d%d", &n, &m); s = n; while (m--) {//建立单向边并统计入度 int x, y; scanf("%d%d", &x, &y); Add(x, y); ++d[y]; } for (int i = 1; i <= n && s; ++i) {//正向遍历入度为0的点 if (d[i]) continue; int l = s; Dfs(i); ++ans; if (l - s == 1) f = 1;//l-s是本次染色染了几个点 } memset(v, 0, sizeof(v)); ans = 0; s = n;//进行初始化 for (int i = n; i && s; --i) {//反向遍历入度为0的点 if (d[i]) continue; int l = s; Dfs(i); ++ans; if (l - s == 1) f = 1;//同上 } for (int i = 1; i <= n && s; ++i) {//遍历在环中的点 if (v[i]) continue; int l = s; Dfs(i); ++ans; if (l - s == 1) f = 1;//同上 } if (f) --ans;//如果有孤立点就有一个人可以不用询问 printf("%.6lf", (double)(n - ans) / n); return 0; }

Code2#

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//第二种方法 #include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; const int N = 1e5+5; struct Side { int t, next; }e[N*3]; int head[N], tot; void Add(int x, int y) { e[++tot] = (Side) {y, head[x]}; head[x] = tot; } int n, m, d[N], s, ans; bool v[N], f; bool judge(int x) {//如果返回0,则这个点可以当作孤立点,要在第二次for循环中遍历 for (int i = head[x]; i; i = e[i].next) if (d[e[i].t] != 1) return 0; return 1; } void Dfs(int x) {//染色 s--; v[x] = 1; for (int i = head[x]; i; i = e[i].next) if (!v[e[i].t]) Dfs(e[i].t); } int main() { scanf("%d%d", &n, &m); s = n; while (m--) {//建单向边,统计入度 int x, y; scanf("%d%d", &x, &y); Add(x, y); ++d[y]; } //第一次遍历入度为0且他的子节点只有他这唯一的父节点 for (int i = 1; i <= n && s; ++i) { if (d[i] || !judge(i)) continue; int l = s; Dfs(i); ++ans; if (l - s == 1) f = 1; } //第二次遍历入度为0且他的子节点不只有他这唯一的父节点 for (int i = 1; i <= n && s; ++i) { if (d[i] || v[i]) continue;//这里添了一个v是不要去遍历第一个循环遍历过的点 int l = s; Dfs(i); ++ans; if (l - s == 1) f = 1; } //第三次遍历在环中的点 for (int i = 1; i <= n && s; ++i) { if (v[i]) continue; int l = s; Dfs(i); ++ans; if (l - s == 1) f = 1; } if (f) --ans; printf("%.6lf", (double)(n - ans) / n); return 0; }
posted @   Shawk  阅读(206)  评论(5编辑  收藏  举报
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