标签：20200715 head 小轩 int 题解 中中 杀手 include 模拟
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
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
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 \(2^{31}-1\)
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
#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
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
```cpp
样例输出
```cpp
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
#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
3 3
0 3 9
2 8 5
5 7 0
样例输出
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
#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
5 4
1 2
1 3
1 4
1 5
样例输出
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
- 具体内容看我的博客
Code1
//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
//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;
}
标签：20200715,head,小轩,int,题解,中中,杀手,include,模拟 来源： https://www.cnblogs.com/Z8875/p/13331523.html
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