2424. 保龄球

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2424. 保龄球

JYY 很喜欢打保龄球，虽然技术不高，但是还是总想着的高分。

这里 JYY 将向你介绍他所参加的特殊保龄球比赛的规则，然后请你帮他得到尽量多的分数。

一场保龄球比赛一共有 $N$ 个轮次，每一轮都会有 $10$ 个木瓶放置在木板道的另一端。

每一轮中，选手都有两次投球的机会来尝试击倒全部的 $10$ 个木瓶。

对于每一次投球机会，选手投球的得分等于这一次投球所击倒的木瓶数量。

选手每一轮的得分是他两次机会击倒全部木瓶的数量。

对于每一个轮次，有如下三种情况：

1. “全中”：如果选手第一次尝试就击倒了全部 $10$ 个木瓶，那么这一轮就称为“全中”。在一个“全中”轮中，由于所有木瓶在第一次尝试中都已经被击倒，所以选手不需要再进行第二次投球尝试。同时，在计算总分时，选手在下一轮的得分将会被乘 $2$ 计入总分。

2. “补中”：如果选手使用两次尝试击倒了 $10$ 个木瓶，那么这一轮就称为“补中”。同时，在计算总分时，选手在下一轮中的第一次尝试的得分将会被乘以 $2$ 计入总分。

3. “失误”：如果选手未能通过两次尝试击倒全部的木瓶，那么这一轮就被称为“失误”。同时，在计算总分时，选手在下一轮的得分会被计入总分，没有分数被翻倍。

此外，如果第 $N$ 轮是“全中”，那么选手可以进行一次附加轮：也就是，如果第 $N$ 轮是“全中”，那么选手将一共进行 $N+1$ 轮比赛。

显然，在这种情况下，第 $N+1$ 轮的分数一定会被加倍。

附加轮的规则只执行一次。

也就是说，即使第 $N+1$ 轮选手又打出了“全中”，也不会进行第 $N+2$ 轮比赛。

因而，附加轮的成绩不会使得其他轮的分数翻番。

最后，选手的总得分就是附加轮规则执行过，并且分数按上述规则加倍后的每一轮分数之和。

JYY 刚刚进行了一场 $N$ 个轮次的保龄球比赛，但是，JYY 非常不满意他的得分。

JYY 想出了一个办法：他可以把记分表上，他所打出的所有轮次的顺序重新排列，这样重新排列之后，由于翻倍规则的存在，JYY 就可以得到更高的分数了！

当然了，JYY 不希望做的太假，他希望保证重新排列之后，所需要进行的轮数和重排前所进行的轮数是一致的：

比如如果重排前 JYY 在第 $N$ 轮打出了“全中”，那么重排之后，第 $N$ 轮还得是“全中”以保证比赛一共进行 $N+1$ 轮；同样的，如果 JYY 第 $N$ 轮没有打出“全中”，那么重排过后第 $N$ 轮也不能是全中。

请你帮助 JYY 计算一下，他可以得到的最高的分数。

输入格式

第一行包含一个整数 $N$，表示保龄球比赛所需要进行的轮数。

接下来包含 $N$ 或者 $N+1$ 行，第 $i$ 行包含两个非负整数 $X_i$ 和 $Y_i$，表示 JYY 在这一轮两次投球尝试所得到的分数，$X_i$ 表示第一次尝试，$Y_i$ 表示第二次尝试。

我们用 10 0 表示一个“全中”轮。

输入数据保证合法，当且仅当 $X_n = 10,Y_n = 0$ 时，存在 $N+1$ 行 $X_i$ 和 $Y_i$。

输出格式

输出一行一个整数，表示 JYY 最大可能得到的分数。

数据范围

$1 \\le N \\le 50$

输入样例：

2
5 2
10 0
3 7

输出样例：

44

样例解释

按照输入顺序，JYY 将得到 $37$ 分。

最佳方案是将 $3$ 个轮次排列成如下顺序：

3 7
10 0
5 2

解题思路

模拟退火

模拟退火可以用来解决连续函数的全局最优值问题，本题显然随机交换两个点变化不大，即是一个连续函数，故可用模拟退火来解决本问题

• 时间复杂度：$O(随机)$

代码

// Problem: 保龄球
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/description/2426/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 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=55;
PII a[N];
int n,m,res;
int cal()
{
	int ret=0;
	for(int i=0;i<m;i++)
	{
		ret+=a[i].fi+a[i].se;
		if(i<n)
		{
			if(a[i].fi==10)ret+=a[i+1].fi+a[i+1].se;
			else if(a[i].fi+a[i].se==10)ret+=a[i+1].fi;
		}
	}
	res=max(res,ret);
	return ret;
}
void simulate_anneal()
{
	for(double t=1e4;t>1e-4;t*=0.99)
	{
		int x=rand()%m,y=rand()%m;
		int xx=cal();
		swap(a[x],a[y]);
		if(n+(a[n-1].fi==10)==m)
		{
			int yy=cal();
			if(exp((yy-xx)/t)<(double)rand()/RAND_MAX)swap(a[x],a[y]);
		}
		else
			swap(a[x],a[y]);
	}
}
int main()
{
    cin>>n;
    m=n;
    for(int i=0;i<n;i++)cin>>a[i].fi>>a[i].se;
    if(a[n-1].fi==10)
    {
    	cin>>a[n].fi>>a[n].se;
    	m++;
    }
    while((double)clock()/CLOCKS_PER_SEC<0.8)simulate_anneal();
    cout<<res<<'\n';
    return 0;
}

__EOF__

本文作者：acwing_zyy
本文链接：https://www.cnblogs.com/zyyun/p/16731504.html
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