暑假第二次考试冲刺Noip2017模拟赛2 解题报告——五十岚芒果酱

时间：2017-07-23 21:07:33 阅读：189 评论：0 收藏：0 [点我收藏+]

题1 牛跑步（running）

【题目描述】

新牛到部队，CG 要求它们每天早上搞晨跑，从 A 农场跑到 B 农场。从 A 农场到 B 农场中有 n-2 个路口，分别标上号，A 农场为 1 号，B 农场为 n 号，路口分别为 2...n-1 号，从 A 农场到 B 农场有很多条路径可以到达，而 CG 发现有的路口是必须经过的，即每条路径都经过的路口，CG 要把它们记录下来，这样 CG 就可以先到那个路口，观察新牛们有没有偷懒，而你的任务就是找出所有必经路口。

【输入格式】

第一行两个用空格隔开的整数 n（3≤n≤2000）和 e（1≤e≤8000）。

接下来从第 2 到第 e+1 行，每行两个用空格隔开的整数 p 和 q，表示路口 p 和 q 之间有路径直达。

输入数据保证必经路口一定存在，并且每个路口都和 A 农场、B 农场相连通。

【输出格式】

第一行一个整数 m，表示必经路口的数目。

第二行按从小到大的顺序依次输出每个必经路口的编号，每两个数之间用一个空格隔

开。

注意：不包括起点和终点。

【输入样例】

6 6

1 2

2 4

2 3

3 5

4 5

5 6

【输出样例】

2

2 5

题目

tag:dfs

思路：如果一个点是必须经过的，那么如果没有它，点1和点n将不会连通。可以用floyd，但时间不能保证，所以选择dfs。这里要注意，做这道题不能用以往的dfs套路，也就是说不能回溯。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<iostream>
 4 #include<cmath>
 5 #define maxn 2010 
 6 using namespace std;
 7 int n,m,vis[maxn],cnt,ans[maxn],Ans,hl[maxn],f;
 8 struct X{
 9     int u,v,ne; 
10 }e[maxn<<4];
11 int read()
12 {
13     int x=0,flag=1;
14     char ch=getchar(); 
15     while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){
16         if(ch==‘-‘) flag=-1;
17         ch=getchar();
18     }
19     while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){
20         x=x*10+ch-‘0‘;
21         ch=getchar(); 
22     }
23     return x*flag; 
24 }
25 void add(int x,int y)
26 {
27     e[++cnt].u=x;
28     e[cnt].v=y;
29     e[cnt].ne=hl[x];
30     hl[x]=cnt; 
31 }
32 void dfs(int x)
33 {
34     if(vis[n]) return;
35     vis[x]=1;     
36     if(x==n) return; 
37     for(int j=hl[x];j;j=e[j].ne){
38         int v=e[j].v;
39         if(!vis[v]) dfs(v);
40     }
41 }
42 int main()
43 {
44     //freopen("running.in","r",stdin);
45     //freopen("running.out","w",stdout); 
46     int x,y;
47     scanf("%d%d",&n,&m);
48     for(int i=1;i<=m;++i){
49         x=read();y=read(); 
50         add(x,y);
51         add(y,x);
52     }
53     for(int i=2;i<n;++i){
54         memset(vis,0,sizeof(vis));
55         vis[i]=1;
56         f=0;
57         dfs(1);
58         if(!vis[n]){
59             ans[i]=1;
60             Ans++;
61         }
62         vis[i]=0;
63     }
64     printf("%d\n",Ans); 
65     for(int i=1;i<=n;++i) if(ans[i]) printf("%d ",i); 
66     return 0;
67 }

题 2 陈老师搬书(book.pas/c/cpp)

【问题描述】

陈老师喜欢网购书籍,经常一次购它个百八十本,然后拿来倒卖,牟取暴利。前些天,高一的新同学来了,他便像往常一样,兜售他的书,经过一番口舌,同学们决定买他的书,但是 CS 桌上的书有三堆,每一堆都有厚厚的一叠,他要想个办法用最轻松的方式把书拿下来给同学们.但是你想逗一下 CS，于是,请你设计一个最累的方式给他.

若告诉你这三堆分别有 i,j,k 本书,以及每堆从下到上书的重量.每次取书只能从任意一堆的最上面取,那么请你帮助他设计一个方案,让他花最大的力气取下所有书(CS 别打我).

显然,每次取书,陈老师的体力消耗都会加大,这里用体力系数代表,取下第一本书时,体力系数为 1,第二本时为 2,依次类推,而每次体力消耗值则为体力系数和书的重量之积。

举个例子:

三堆书及重量如下

（配图在外）

不用证明,最累的取书方式为: 右左左中, 即: 3*1+9*2+2*3+10*4=3+18+6+40=67 【输入文件】（book.in）

输入文件的第一行为 3 个数,分别为三堆数量 I,j,k 第二行至第四行分别为每堆由下至上的书本重量

【输出文件】（book.out）

输出最累方式的体力消耗总值即可

【输入样例】

3 2 4

2 3 2

1 5

9 8 7 4

【输出样例】

257

【注释】:

输入数据为每堆由下至上的书本重量!

【数据规模】

对于 40%的数据有:0<=i<10    0<=j<10    0<=k<10

对于 100%的数据有:0<=i<100    0<=j<100    0<=k<100

最后输出的体力消耗总值在 longint 范围内

题目

技术分享

tag:背包DP

思路：一道比较基础的DP，需要准确找到继承关系。我们用f[i][j][k]表示选择i本第一堆的书+j本+k本的最优解，可得dp方程f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-1][j][k]+a1[i]*(i+j+k),f[i][j-1][k]+a2[j]*(i+j+k),f[i][j][k-1]+a3[k]*(i+j+k));

 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<iostream>
 4 #include<cmath>
 5 #include<stack> 
 6 using namespace std;
 7 long f[110][110][110];
 8 int a1[110],a2[110],a3[110],k1,k2,k3,i,j,k;
 9 int main()
10 {
11     //freopen("book.in","r",stdin);
12     //freopen("book.out","w",stdout); 
13     scanf("%d%d%d",&k1,&k2,&k3);
14     for(i=k1;i>0;--i) scanf("%d",&a1[i]);
15     for(i=k2;i>0;--i) scanf("%d",&a2[i]);
16     for(i=k3;i>0;--i) scanf("%d",&a3[i]);
17     for(i=0;i<=k1;++i)
18         for(j=0;j<=k2;++j)
19             for(k=0;k<=k3;++k){
20                 if(i>=1) f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i-1][j][k]+a1[i]*(i+j+k));
21                 if(j>=1) f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i][j-1][k]+a2[j]*(i+j+k));
22                 if(k>=1) f[i][j][k]=max(f[i][j][k],f[i][j][k-1]+a3[k]*(i+j+k));
23             }
24     printf("%ld\n",f[k1][k2][k3]);
25     return 0;
26 }

题 3 背单词(words)

【问题描述】

英语四级考试临近了，小 Y 却发现他已经把以前学的单词几乎忘光了。好在现在离考试还有一段时间，小 Y 决定从现在开始夜以继日地背单词。也就是说小 Y 废寝忘食，一天二十四小时地背单词。

今天的日期(时间)是 YYYY 年 mm 月 dd 日 hh 时 min 分，考试的时间是 YYYY’年 mm’月dd’日 hh’时 min’分。这之间的所有时间小 Y 都用来背单词了，那么考试之前他最多能背多少个单词呢?

时间紧张，小 Y 只管数量不管质量。当然有的单词长一些，有的单词短一些。长的单词难背一些，短的单词好背一些。根据小 Y 的经验，他能一眼看出背某一个单词需要的时间，以分钟记。

现在给你一个字典，请你挑出最多的单词使小 Y 能在考试前背出来。【输入格式】

第一行一个整数 N，表示字典中的单词数，N<=5000。

接下来 N 行，每行一个整数表示背这个单词需要用的时间，以分钟记，小于等于 10000。(这个单词本身是什么并不重要，不是吗?当前小 Y 已经认识的单词数为 0 个)。

接下来两行依次是当前时问和考试时间。时间给出的格式是:yyyy-mm-dd-hh:min.例

如:2007-06-23-02:00，采用 24 小时制，每天从 00:00-23:59，年份从 0000 到 9999。

【输出格式】

一行一个数，表示考试前小 Y 最多能背出的单词数:【输入样例】

2

1

1

2007-06-23-11:59

2007-06-23-12:00

【样例输出】

1

题目

tag:模拟贪心

思路：直接算两个点的时间差需要无数个特判，难度太大，应转为从0000年的起始时间点开始计算，取整年整月比较好算。注意闰年。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<iostream>
 4 #include<cmath>
 5 #include<queue> 
 6 using namespace std;
 7 priority_queue<int>Q;
 8 int cnt,n,x,ans,yue[15]={0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31},run[10010],c[10010];
 9 long long t,t1,t2;
10 struct X
11 {
12     int year,month,day,hour,min;
13 }a,b;
14 int read()
15 {
16     int x=0,flag=1;
17     char ch=getchar(); 
18     while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){
19         if(ch==‘-‘) flag=-1;
20         ch=getchar();
21     }
22     while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){
23         x=x*10+ch-‘0‘;
24         ch=getchar(); 
25     }
26     return x*flag; 
27 }
28 void dabiao()
29 {
30     for(int i=0;i<=9999;++i)
31         if(i%4==0){
32             run[i]=1;
33             if((i%100==0)&&(i%400!=0)) run[i]=0; 
34         }
35 }
36 void work()
37 {
38     t1=t2=0;
39     for(int i=0;i<a.year;++i) t1+=(365+run[i])*1440;
40     for(int i=1;i<a.month;++i) t1+=yue[i]*1440;
41     t1+=(a.day-1)*1440;
42     t1+=a.hour*60;
43     t1+=a.min;
44     for(int i=0;i<b.year;++i) t2+=(365+run[i])*1440;
45     for(int i=1;i<b.month;++i) t2+=yue[i]*1440;
46     t2+=(b.day-1)*1440;
47     t2+=b.hour*60;
48     t2+=b.min;
49     t=t2-t1;
50 }
51 int main()
52 {
53     //freopen("words.in","r",stdin);
54     //freopen("words.out","w",stdout); 
55     dabiao();
56     scanf("%d",&n);
57     for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&c[i]);
58     sort(c+1,c+n+1);
59     a.year=read();a.month=read();a.day=read();a.hour=read();a.min=read();
60     b.year=read();b.month=read();b.day=read();b.hour=read();b.min=read();
61     work();
62     for(int i=1;i<=n;++i){
63         if(t>=c[i]) ans++;
64         else break; 
65         t-=c[i];
66     }
67     cout<<ans<<endl;
68     return 0;
69 }

题 4 征兵

【问题描述】

小 W 拥有一个国家，现在他希望建立一支军队来保护他的国家。他选中了 N 个女孩和 M 个男孩希望招募他们成为他的士兵。在没有任何先决条件的情况下，他招募一个士兵需要花费 10000RMB。现在小 W 可以利用这些人之间的关系来减少他的花费。如果女孩 X 和男孩 Y 存在有一个关系值 D（两人之间可能有多个关系值），而且她们之中有一个人被招募了。那么小 W 可以在招募另一个人的时候减少 D 的花费（实际 10000-D 的费用）。

现在给你这些男孩女孩之间的关系，希望你告诉小 W 告诉他招募所有人的最少花费。注意：招募某一个人时，只能利用一个关系。

【输入格式】

输入文件 conscription.in 中文件第一行包含三个整数 N，M，R。表示 N 个女孩，M 个男孩与 R 条关系。

接下来 R 行，每行包含三个整数 Xi，Yi 和 Di，表示女孩 Xi 和男孩 Yi 有 Di 的关系。

【输出格式】

conscription.out 中只有一行一个数为最小费用。

【输入输出样例】

conscription.in

5 5    8
4 3    6831
1 3    4583
0 0    6592
0 1    3063
3 3    4975
1 3    2049
4 2    2104
2 2    781

conscription.out

71071

【数据规模】

100%的数据:1<=N, M<=100000，0<=R<=200,000，0 <di< 10000

题目

tag:最小生成树

思路：kruscal求最小生成树，稍作处理得出答案。可以用10000*人数再减去所有生成树的边权，也可以像我这样最后查祖先数。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<iostream>
 4 #include<cmath>
 5 #define maxn 100010 
 6 using namespace std;
 7 long long ans;
 8 int cnt,fa[maxn<<2],n,m,r,i,x,y,d,tot; 
 9 struct X{
10     int u,v,w; 
11 }e[maxn<<4];
12 void add(int x,int y,int w)
13 {
14     e[++cnt].u=x;
15     e[cnt].v=y;
16     e[cnt].w=w;
17 }
18 int find(int x)
19 {
20     return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]); 
21 }
22 bool cmp(X a,X b)
23 {
24     return a.w<b.w; 
25 } 
26 int main()
27 {
28     //freopen("conscription.in","r",stdin);
29     //freopen("conscription.out","w",stdout); 
30     scanf("%d%d%d",&n,&m,&r);
31     for(i=0;i<n+m;++i)  fa[i]=i;
32     for(i=1;i<=r;++i){
33         scanf("%d%d%d",&x,&y,&d);
34         add(x,y+n,10000-d);
35         add(y+n,x,10000-d); 
36     }
37     sort(e+1,e+cnt+1,cmp);
38     for(i=1;i<=cnt;++i){
39         int u=e[i].u,v=e[i].v,w=e[i].w; 
40         int k1=find(u),k2=find(v);
41         if(k1!=k2){
42             fa[k1]=k2; 
43             ans+=w;
44             tot++;
45         }
46         if(tot+1==n+m) break;
47     }
48     cnt=0;
49     for(i=0;i<n+m;++i) if(fa[i]==i) cnt++; 
50     ans+=cnt*10000;
51     cout<<ans<<endl; 
52     return 0;
53 }