牛客IOI周赛19-普及组

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牛客IOI周赛19-普及组

C.小y的旅行

题目描述

夏天的旅行是无限快乐，Alan想和自己最喜欢的小y开启旅程，可是小y却有着一些独自的看法！
Alan最近得到了一张London的地图，准备带着小y去旅行，其中详细标明了London内的n个景点，
其中共有m条双向道路连接着这n个景点。但是由于小y的精力有限，她实在没有办法将n个景点全部都游览一
遍，于是只好算了一个她喜欢的数字k，她只想详细游览前k个景点，其他的等以后有机会再来。
受到了小y自己的困扰，小y特别害怕自己会在某个环上走来走去，她觉得这样的重复旅游去而导致可怕的事情发生，所以她希望
Alan能帮在地图上删去一些边，使得所有编号不大于k的所有景点都不在环上。

输入描述:

第一行三个正整数n,m,k
接下来m行，每行有两个正整数u,v代表一条无向边

输出描述:

一行一个整数代表最少删去的边数

示例1

输入

11 13 5
1 2
1 3
1 5
3 5
2 8
4 11
7 11
6 10
6 9
2 3
8 9
5 9
9 10

输出

3

备注:

对于 20%的数据,n≤100,m≤300.
对于 40%的数据,n≤1,000,m≤5,000.
对于 100%的数据,n≤1,000,000,m≤2,000,000,1≤k≤n.
数据保证不存在重边

解题思路·

并查集

考虑先将所有两端编号大于 $k$ 的节点利用并查集联通，再依次枚举那些有对答案有影响的边，如果当前边能形成环，则删除该边，否则两点联通

$\color{red}{为什么先合并那些两端编号大于k的端点？}$

考虑并查集中既含有编号都大于 $k$ 的边，也含有编号不大于 $k$ 的边，且不形成环，这时加进一条两端点编号都大于 $k$ 的边使其成环，这条边肯定是要删除的，而删除这条边还不如删除与编号不大于 $k$ 的端点连向的边

• 时间复杂度：$O(n+m)$

代码

// Problem: 小y的旅行
// Contest: NowCoder
// URL: https://ac.nowcoder.com/acm/contest/33181/C
// Memory Limit: 1048576 MB
// Time Limit: 4000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
 
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
 
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=1e6+5;
int n,m,k,fa[N],res;
bool f[N];
PII a[2*N];
int find(int x)
{
	return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]);
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i;
    for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d",&a[i].fi,&a[i].se);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
    	int t1=find(a[i].fi),t2=find(a[i].se);
    	if(a[i].fi>k&&a[i].se>k)fa[t1]=t2;
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
    	int t1=find(a[i].fi),t2=find(a[i].se);
    	if(!(a[i].fi>k&&a[i].se>k))
    	{
    		if(t1==t2)res++;
    		else
    			fa[t1]=t2;
    	}
    }
    printf("%d",res);
    return 0;
}

D.小y的游戏

题目描述

小y是一个喜欢打游戏的女孩子，但是Alan就从来玩游戏，然后小y在游戏里遇到了问题
在游戏中有n只怪物，其中第i只怪物的血量是blood[i]。然后操作手柄的你有一种攻击武器，称为“三连冲击波”，
每使用一次这个攻击武器，你都可以选择三只怪物被杀伤，它的杀伤力是这样的：
一、首先被冲击的那只怪物的能量会减少 9。
二、其次被冲击的那只怪物的能量会减少 3。（N>=2 时有效）
三、最后被冲击的那只怪物的能量会减少 1。（N>=3 时有效）
（N为还活着的怪物的数量）
当某只怪物的能量为 0 或者低于 0 时，该怪物就会灭亡。你可以按照你的意愿来确定每一次使用攻击武器时，怪物受到冲击的次序。你的任务是计算，至少要使用多少次攻击武器，才能消灭 n 只怪物？
小y喜欢Alan能帮他解决这个问题，如果你是Alan, 你能解决这个问题吗？
注意：1、当怪物的能力小于等于 0 时，你依然可以对它进行攻击。2、在一轮攻击中，同一
只怪物不能被攻击多次。

输入描述:

多组测试数据。
第一行，一个整数 T，表示有 T 组测试数据。 1 <= T <= 20。
每组测试数据格式如下：
第一行，一个整数 n。 1 <= n <= 20。
第二行,有 n 个正整数: 第 i 个正整数是 blood[i]，-60 <= blood[i] <= 60。

输出描述:

共 T 行，每行一个整数表示答案。

示例1

输入

5
20
60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60 60
20
18 42 44 33 23 7 42 44 8 23 26 48 11 58 43 15 4 29 24 52
3
9 2 2
3
45 17 3
3
3 5 18

输出

93
46
2
6
3

备注:

对于4%的数据：输入数据为样例
对于另外24%的数据：n<=10
对于另外16%的数据：n<=15
对于100%的数据: n<=20

解题思路

二分，dp

考虑二分轮数，并用 $dp$ 判断是否可行：

• 状态表示：$f[i][j][k]$ 表示前 $i$ 个怪兽进行了 $j$ 次攻击为 $9$ 的轮次，$k$ 次攻击为 $3$ 的轮次，且 $i$ 个怪兽都杀死的情况下进行攻击为 $1$ 的最少轮次

• 状态计算：$f[i][j][k]=min(f[i-1][j-nj][k-nk]+nt)$
  分析，枚举第 $i$ 个怪兽所受的攻击，注意：由于每种攻击不能同时进行，所有对第 $i$ 个怪兽的攻击总数不能超过总轮数

• 时间复杂度：$O(T\times n\times (\frac{60}{9})^4\times log(\frac{60}{9}))$

代码

// Problem: 小y的游戏
// Contest: NowCoder
// URL: https://ac.nowcoder.com/acm/contest/33181/D
// Memory Limit: 1048576 MB
// Time Limit: 8000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
 
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
 
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=25;
int t,n,a[N],f[N][105][105];
bool ck(int x)
{
	for(int i=0;i<=n;i++)
		for(int j=0;j<=x;j++)
			for(int k=0;k<=x;k++)f[i][j][k]=0x3f3f3f3f;
	f[0][0][0]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=0;j<=x;j++)
			for(int k=0;k<=x;k++)
				for(int nj=0;nj<=j;nj++)
					for(int nk=0;nk<=k&&nk<=(a[i]-9*nj+3-1)/3;nk++)
					{
						int nt=max(0,a[i]-9*nj-3*nk);
						if(nj+nk+nt>x)continue;
						f[i][j][k]=min(f[i][j][k],f[i-1][j-nj][k-nk]+nt);
						if(i==n&&f[i][j][k]<=x)return true;
					}
	return false;
}
int main()
{
    for(cin>>t;t;t--)
    {
    	cin>>n;
    	int l=0,r=0;
    	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i],a[i]=max(0,a[i]),r+=(a[i]+9-1)/9;
    	while(l<r)
    	{
    		int mid=l+r>>1;
    		if(ck(mid))r=mid;
    		else
    			l=mid+1;
    	}
    	cout<<l<<'\n';
    }
    return 0;
}

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本文作者：acwing_zyy
本文链接：https://www.cnblogs.com/zyyun/p/16163124.html
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