标签：algorithm 条件 iostream sed 个数 show return time lock
巧克力棒(chocolate)
Time Limit:1000ms Memory Limit:64MB
题目描述
LYK 找到了一根巧克力棒，但是这根巧克力棒太长了， LYK 无法一口吞进去。
具体地，这根巧克力棒长为 n，它想将这根巧克力棒折成 n 段长为 1 的巧克力棒，然后
慢慢享用。
它打算每次将一根长为 k 的巧克力棒折成两段长为 a 和 b 的巧克力棒，此时若 a=b，则
LYK 觉得它完成了一件非常困难的事，并会得到 1 点成就感。
LYK 想知道一根长度为 n 的巧克力棒能使它得到最多几点成就感。
输入格式(chocolate.in)
第一行一个数 n。
输出格式(chocolate.out)
一个数表示答案。
输入样例
7
输出样例
4
数据范围
对于 20%的数据 n<=5。
对于 50%的数据 n<=20。
对于 80%的数据 n<=2000。
对于 100%的数据 n<=1000000000。
样例解释
将 7 掰成 3+4，将 3 掰成 1+2，将 4 掰成 2+2 获得 1 点成就感，将剩下的所有 2 掰成 1+1
获得 3 点成就感。总共 4 点成就感。
结论没推出来 Dfs+map 不过还是0ms
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<map> #define maxn 1010 using namespace std; int n,a[maxn],c; map<int,int>f; int Dfs(int x){ if(f[x]||x==1|x==0)return f[x]; int pos=upper_bound(a+1,a+1+a[0],x)-a-1; if(a[pos]==x){ f[x]=x-1;return f[x]; } f[x]=Dfs(a[pos])+Dfs(x-a[pos]); return f[x]; } int main() { freopen("chocolate.in","r",stdin); freopen("chocolate.out","w",stdout); cin>>n;c=1; for(int i=1;i<=35;i++){ a[++a[0]]=c<<i; if((c<<i)>n)break; } f[2]=1;f[3]=1; cout<<Dfs(n); return 0; }
LYK 快跑！ (run)
Time Limit:5000ms Memory Limit:64MB
题目描述
LYK 陷进了一个迷宫！这个迷宫是网格图形状的。 LYK 一开始在(1,1)位置，出口在(n,m)。
而且这个迷宫里有很多怪兽，若第 a 行第 b 列有一个怪兽，且此时 LYK 处于第 c 行 d 列，此
时这个怪兽对它的威胁程度为|a-c|+|b-d|。
LYK 想找到一条路径，使得它能从(1,1)到达(n,m)，且在途中对它威胁程度最小的怪兽的
威胁程度尽可能大。
当然若起点或者终点处有怪兽时，无论路径长什么样，威胁程度最小的怪兽始终=0。
输入格式(run.in)
第一行两个数 n,m。
接下来 n 行，每行 m 个数，如果该数为 0，则表示该位置没有怪兽，否则存在怪兽。
数据保证至少存在一个怪兽。
输入格式(run.out)
一个数表示答案。
输入样例
3 4
0 1 1 0
0 0 0 0
1 1 1 0
输出样例
1
数据范围
对于 20%的数据 n=1。
对于 40%的数据 n<=2。
对于 60%的数据 n,m<=10。
对于 80%的数据 n,m<=100。
对于 90%的数据 n,m<=1000。
对于另外 10%的数据 n,m<=1000 且怪兽数量<=100。
bfs
#include<cstdio> #include<cstring> #include<queue> #define pa pair<int,int> #define mk make_pair #define X first #define Y second #define maxn 1010 using namespace std; int n,m,k,ans,g[maxn][maxn],s[maxn][maxn],f[maxn][maxn]; queue<pa>q; int xx[4]={0,0,1,-1}; int yy[4]={1,-1,0,0}; int init(){ int x=0,f=1;char s=getchar(); while(s<‘0‘||s>‘9‘){if(s==‘-‘)f=-1;s=getchar();} while(s>=‘0‘&&s<=‘9‘){x=x*10+s-‘0‘;s=getchar();} return x*f; } bool Judge(int S){ if(s[1][1]<S)return 0; memset(f,0,sizeof(f)); while(!q.empty())q.pop(); q.push(mk(1,1));f[1][1]=1; while(!q.empty()){ int x=q.front().X; int y=q.front().Y; q.pop(); if(x==n&&y==m)return 1; for(int i=0;i<4;i++){ int nx=x+xx[i]; int ny=y+yy[i]; if(nx>=1&&nx<=n&&ny>=1&&ny<=m&&f[nx][ny]==0&&s[nx][ny]>=S){ f[nx][ny]=1;q.push(mk(nx,ny)); } } } return 0; } int main(){ freopen("run.in","r",stdin); freopen("run.out","w",stdout); n=init();m=init(); memset(s,127/3,sizeof(s)); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++){ g[i][j]=init(); if(g[i][j]){ q.push(mk(i,j)); s[i][j]=0;f[i][j]=1; } } if(g[1][1]==1||g[n][m]==1){ printf("0\n");return 0; } while(!q.empty()){ int x=q.front().X; int y=q.front().Y; q.pop(); for(int i=0;i<4;i++){ int nx=x+xx[i]; int ny=y+yy[i]; if(nx>=1&&nx<=n&&ny>=1&&ny<=m&&f[nx][ny]==0){ s[nx][ny]=min(s[nx][ny],s[x][y]+1); f[nx][ny]=1;q.push(mk(nx,ny)); } } } int l=0,r=n*m; while(l<=r){ int mid=l+r>>1; if(Judge(mid)){ l=mid+1;ans=mid; } else r=mid-1; } printf("%d\n",ans); return 0; }
仙人掌(cactus)
Time Limit:1000ms Memory Limit:64MB
题目描述
LYK 在冲刺清华集训（ THUSC）！于是它开始研究仙人掌?，它想来和你一起分享它最近
研究的结果。
如果在一个无向连通图中任意一条边至多属于一个简单环（简单环的定义为每个点至多
经过一次），且不存在自环，我们称这个图为仙人掌。
LYK 觉得仙人掌还是太简单了，于是它定义了属于自己的仙人掌。
定义一张图为美妙的仙人掌，当且仅当这张图是一个仙人掌且对于任意两个不同的点 i,j，
存在一条从 i 出发到 j 的路径，且经过的点的个数为|j-i|+1 个。
给定一张 n 个点 m 条边且没有自环的图， LYK 想知道美妙的仙人掌最多有多少条边。
数据保证整张图至少存在一个美妙的仙人掌。
输入格式(cactus.in)
第一行两个数 n,m 表示这张图的点数和边数。
接下来 m 行，每行两个数 u,v 表示存在一条连接 u,v 的无向边。
输出格式(cactus.out)
一个数表示答案
输入样例
4 6
1 2
1 3
1 4
2 3
2 4
3 4
输出样例
4
样例解释
选择边 1-2,1-3,2-3,3-4，能组成美妙的仙人掌，且不存在其它美妙仙人掌有超过 4 条
边。
数据范围
对于 20%的数据 n<=3。
对于 40%的数据 n<=5。
对于 60%的数据 n<=8。
对于 80%的数据 n<=1000。
对于 100%的数据 n<=100000 且 m<=min(200000,n*(n-1)/2)。
考试的时候骗了40 2333
正解比较裸
/* 飘渺的题意.... 美妙的仙人掌包含了1-n所有的点 题目中要求任意ij满足条件 那么每个i和i+1一定先连边 这里的ij是整张图的ij 不是仅仅包括仙人掌的哪一坨 那1-n就构成了一条链 考虑剩下的边 每连两条 u1u2 v1v2 看做两端区间 如果重叠的话 就不是仙人掌了 也就是说 先保证满足条件 （连成一条链）然后选尽量多的边 就成了线段覆盖 */ #include<cstdio> #include<algorithm> #define maxn 100010 using namespace std; int n,m,cnt; struct node{ int u,v; bool operator < (const node &x)const{ return v<x.v; } }e[maxn*2]; int init(){ int x=0,f=1;char s=getchar(); while(s<‘0‘||s>‘9‘){if(s==‘-‘)f=-1;s=getchar();} while(s>=‘0‘&&s<=‘9‘){x=x*10+s-‘0‘;s=getchar();} return x*f; } int main() { freopen("cactus.in","r",stdin); freopen("cactus.out","w",stdout); n=init();m=init(); int u,v; for(int i=1;i<=m;i++){ u=init();v=init(); if(u>v)swap(u,v); if(u!=v-1){ e[++cnt].u=u;e[cnt].v=v; } } sort(e+1,e+1+cnt); int r=0,sum=0; for(int i=1;i<=cnt;i++) if(e[i].u>=r){ sum++;r=e[i].v; } printf("%d\n",sum+n-1); return 0; }
标签：algorithm 条件 iostream sed 个数 show return time lock
原文地址：http://www.cnblogs.com/yanlifneg/p/6037502.html
