标签：open 今天 play cst cell class 格式 核心 学校
每天BBS都要从家里经过城市中的一段路到学校刷五三。城市中一共有n个路口和m条双向道路，每条双向道路都连接着两个路口ai、bi且有一定的时间花费vi。BBS家编号为1，学校编号为n。今天，BBS由于个人卫生综合征导致他很迟才离开家，他想用膜法改变k条道路的长度使通过其的时间花费vi变为0。现在他问你改变道路长度之后他到学校的最小时间花费是多少？
输入格式：
第一行为三个整数n、m、k，接下来的m行每行三个整数ai,bi,vi，分别表示这条路连着的两个路口和通过其所用的时间。
输出格式：
一个整数，表示BBS到学校的最小时间花费。
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样例输入 |
样例输出 |
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4 4 1 |
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样例解释：
更新3->4的道路，最短路线为1->3->4，用时为1+0=1。
数据范围：
对于100%的数据：1<=n<=10000，1<=m<=50000，1<=k<=20，1<=vi<=1000000。
dijsktra。用d[i][j]表示i点与1号点用了j次魔法的距离
更新时，d[i.to][j]=d[i][j]+cost[i][j]（不用魔法），d[i.to][j+1]=d[i][j]（j+1<k）（用魔法）
入堆时，再记下当前用了多少次魔法。即pair<int,pair<int,int> > 第一个int记距离，第二的int记使用魔法次数，第三个int记标号
岀堆的条件改为距离>dist[标号][使用魔法次数]
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<queue> using namespace std; typedef pair<int,int> p; typedef pair<int,p>P; priority_queue<P,vector<P>,greater<P> >q; int n,m,k; int dist[10010][25]; int h[10010],to[100010],next[100010],cost[100010],tot=0; void ins(int u,int v,int w){next[++tot]=h[u];h[u]=tot;to[tot]=v;cost[tot]=w;} void dij(int S) { memset(dist,127,sizeof(dist)); for(int i=0;i<=k;i++)dist[S][i]=0,q.push(P(0,p(i,S))); while(!q.empty()) { P pp=q.top();q.pop();int K=pp.second.first,u=pp.second.second,d=pp.first; if(d>dist[u][K])continue; for(int i=h[u];i;i=next[i]) { int v=to[i]; if(dist[v][K]>d+cost[i]){dist[v][K]=d+cost[i];q.push(P(dist[v][K],p(K,v)));} if(K+1<=k&&dist[v][K+1]>d){dist[v][K+1]=d;q.push(P(dist[v][K+1],p(K+1,v)));} } } } int main() { freopen("school.in","r",stdin);freopen("school.out","w",stdout); scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); for(int i=1;i<=m;i++) { int x,y,z;scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);ins(x,y,z);ins(y,x,z); } dij(1);printf("%d",dist[n][k]); return 0; }
LGL有一根长为n的木板。现在他想要把它砍成四段长度为整数的木板来做一个四边形，请问他有多少种不同的砍法？注意：四段长度为1、1、2、1和四段长度为1、2、1、1算两种砍法。
输入格式：
第一行为一个整数 n，表示木板的长度。
输出格式：
一个整数，不同的砍法数量。
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样例输入 |
样例输出 |
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6 |
6 |
样例解释：
1122，1212，1221，2112，2121，2211。
数据范围：
对于100%的数据：1<=n<=2500。
打表大法好。或者你可以推通项公式。或者枚举前两个长度计算答案（这个比起推通项公式容易一点）。
总之，这道题的核心是，假设你取的四个木板长为a,b,c,d，它们能构成四边形要满足
a+b+c>d，a+b+d>c，a+c+d>b，b+c+d>a
我们可以发现a<n/2,b<n/2,c<n/2,d<n/2，就用这玩意去算答案
#include<cstdio> long long n; int main(){ //freopen("quad.in","r",stdin);freopen("quad.out","w",stdout); scanf("%lld",&n); printf("%lld",((n-3)*(n-2)*(n-1))/6-2*((n/2)*((n/2)-1)*((n/2)-2))/3); return 0; }
YYH有n道题要做。但是由于他上课做某些事，导致他一题都不会做，只好请LGL代打。LGL为了买自己心爱的坦克，他做第i题要收两笔钱：一笔在YYH叫他做题当天收，另外一笔在叫他做题的第二天收。YYH每天结束的时候都会把剩下的所有钱花光，然后再从父亲LRB处得到m元零花钱用来请LGL做题（也就是说，第一天的时候YYH是没有钱请LGL做题的，每一天用来请LGL做题所用的钱都是前一天LRB给的）。而且，YYH做的题目难度是循序渐进的：就算强如LGL，在做第i题之前也要先把第1到i-1题全部做完。请问YYH将所有题目做完并且把所有钱都付给LGL的最小天数。
输入格式：
第一行为两个整数m、n，接下来的n行每一行都有两个数ai和bi，分别表示LGL做第i题所收的两笔钱。
输出格式：
一个整数，表示最小天数。
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样例输入 |
样例输出 |
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100 5 |
6 |
样例解释：
第二天做1、2两题，第三天做3、4两题，第五天做5。在第六天的时候所有钱都付完。
数据范围：
对于100%的数据：1<=n<=300，1<=ai、bi<=m<=1000。
这道题不能贪心！这道题不能贪心！这道题不能贪心！重要的事情说三遍
3 10
3 5
2 5
2 5
贪心的答案是5，第2天做1,2两题，第3天还债，第4天做第3题，第5天还债
而实际上只要4天，第2天做第1题，第3天做2,3两题，第4天还债
正确思路是dp
设dp[i][j]表示前i天做了j题后该天可能剩下的最多的钱的数量。
那么dp[i][j]可以转移到dp[i][j+1]、dp[i][j+2]……只要满足剩下的钱不少于0并且下个月的钱够还即可。
同时可以算出dp[i+1][j+1]，dp[i+1][j+2]……最后输出满足dp[i][m]存在值的最小i。
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原文地址：http://www.cnblogs.com/lher/p/7620283.html
