标签：不同 logs 美食 turn 注意 ++ work name 维护
期望得分：100+100+50=250
实际得分：100+70+50=220
T1 最大值(max)
Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB
题目描述
LYK有一本书，上面有很多有趣的OI问题。今天LYK看到了这么一道题目：
这里有一个长度为n的正整数数列ai(下标为1~n)。并且有一个参数k。
你需要找两个正整数x,y，使得x+k<=y，并且y+k-1<=n。并且要求a[x]+a[x+1]+…+a[x+k-1]+a[y]+a[y+1]+…+a[y+k-1]最大。
LYK并不会做，于是它把题扔给了你。
输入格式(max.in)
第一行两个数n，k。
第二行n个数，表示ai。
输出格式(max.out)
两个数表示x,y。若有很多种满足要求的答案，输出x最小的值，若x最小仍然还有很多种满足要求的答案，输出y最小的值。
输入样例
5 2
6 1 1 6 2
输出样例
1 4
对于30%的数据n<=100。
对于60%的数据n<=1000
对于100%的数据1<=n<=100000，1<=k<=n/2，1<=ai<=10^9。
维护连续的k个数的和 的后缀最大值
#include<cstdio> #include<iostream> #include<algorithm> #define N 100001 using namespace std; typedef long long LL; LL sum[N],p[N],suf[N]; int pos[N]; void read(LL &x) { x=0; char c=getchar(); while(!isdigit(c)) c=getchar(); while(isdigit(c)) { x=x*10+c-‘0‘; c=getchar(); } } int main() { freopen("max.in","r",stdin); freopen("max.out","w",stdout); int n,k; scanf("%d%d",&n,&k); for(int i=1;i<=n;i++) read(sum[i]),sum[i]+=sum[i-1]; for(int i=1;i+k-1<=n;i++) p[i]=sum[i+k-1]-sum[i-1]; for(int i=n-k+1;i;i--) if(p[i]>=suf[i+1]) suf[i]=p[i],pos[i]=i; else suf[i]=suf[i+1],pos[i]=pos[i+1]; int ansx,ansy; LL maxn=0; for(int i=1;i+k+k-1<=n;i++) if(p[i]+suf[i+k]>maxn) maxn=p[i]+suf[i+k],ansx=i,ansy=pos[i+k]; else if(p[i]+suf[i+k]==maxn && ansy>pos[i+k]) ansy=pos[i+k]; printf("%d %d",ansx,ansy); return 0; }
T2 吃东西(eat)
Time Limit:2000ms Memory Limit:1024MB
题目描述
一个神秘的村庄里有4家美食店。这四家店分别有A,B,C,D种不同的美食。LYK想在每一家店都吃其中一种美食。每种美食需要吃的时间可能是不一样的。
现在给定第1家店A种不同的美食所需要吃的时间a1,a2,…,aA。
给定第2家店B种不同的美食所需要吃的时间b1,b2,…,bB。
以及c和d。
LYK拥有n个时间，问它有几种吃的方案。
输入格式(eat.in)
第一行5个数分别表示n,A,B,C,D。
第二行A个数分别表示ai。
第三行B个数分别表示bi。
第四行C个数分别表示ci。
第五行D个数分别表示di。
输出格式(eat.out)
一个数表示答案。
输入样例
11 3 1 1 1
4 5 6
3
2
1
输出样例
2
对于30%的数据A,B,C,D<=50
对于另外30%的数据n<=1000。
对于100%的数据1<=n<=100000000，1<=A,B,C,D<=5000,0<=ai,bi,ci,di<=100000000。
30% 枚举，另外30%分组背包
100%的数据：注意空间1GB
所以可以维护sum[i]表示 C+D 里面时间和为i 的方案数
然后枚举A，B，累计n-A[i]-B[i] 的方案数
#include<map> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> using namespace std; typedef long long LL; LL dp[5][1001]; int cost[5][5001],n; int C[5001],D[5001],A[5001],B[5001]; int sum[200000001]; inline void read(int &x) { x=0; char c=getchar(); while(!isdigit(c)) c=getchar(); while(isdigit(c)) { x=x*10+c-‘0‘; c=getchar(); } } void init() { read(n); read(cost[1][0]); read(cost[2][0]); read(cost[3][0]); read(cost[4][0]); for(int i=1;i<=cost[1][0];i++) read(cost[1][i]); for(int i=1;i<=cost[2][0];i++) read(cost[2][i]); for(int i=1;i<=cost[3][0];i++) read(cost[3][i]); for(int i=1;i<=cost[4][0];i++) read(cost[4][i]); } void out(LL x) { if(x/10) out(x/10); putchar(x%10+‘0‘); } void work1() { for(int i=0;i<=n;i++) dp[0][i]=1; for(int k=1;k<=4;k++) for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=cost[k][0];j++) if(i-cost[k][j]>=0) dp[k][i]+=dp[k-1][i-cost[k][j]]; out(dp[4][n]); } void work2() { int ans=0; for(int i=1;i<=cost[1][0];i++) for(int j=1;j<=cost[2][0];j++) for(int k=1;k<=cost[3][0];k++) for(int l=1;l<=cost[4][0];l++) if(cost[1][i]+cost[2][j]+cost[3][k]+cost[4][l]<=n) ans++; printf("%d",ans); } void work3() { int cnt=0,sc=cost[3][0],sd=cost[4][0]; for(int i=1;i<=sc;i++) C[i]=cost[3][i]; for(int i=1;i<=sd;i++) D[i]=cost[4][i]; int minn=2e8,maxn=0 ; for(int i=1;i<=sc;i++) for(int j=1;j<=sd;j++) { sum[C[i]+D[j]]++; minn=min(minn,C[i]+D[j]); maxn=max(maxn,C[i]+D[j]); } for(int i=minn;i<=maxn;i++) sum[i]+=sum[i-1]; int sa=cost[1][0],sb=cost[2][0]; for(int i=1;i<=sa;i++) A[i]=cost[1][i]; for(int i=1;i<=sb;i++) B[i]=cost[2][i]; long long ans=0; for(int i=1;i<=sa;i++) for(int j=1;j<=sb;j++) if(n-A[i]-B[j]>=0) ans+=sum[min(n-A[i]-B[j],maxn)]; out(ans); } int main() { freopen("eat.in","r",stdin); freopen("eat.out","w",stdout); init(); if(cost[1][0]<=50 && cost[2][0]<=50 && cost[3][0]<=50 && cost[4][0]<=50) work2(); else if(n<=1000) work1(); else work3(); return 0; }
考场上分组背包 体积从1开始的，挂了
数据里面有0
T3 分糖果(candy)
Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB
题目描述
总共有n颗糖果，有3个小朋友分别叫做L，Y，K。每个小朋友想拿到至少k颗糖果，但这三个小朋友有一个共同的特点：对3反感。也就是说，如果某个小朋友拿到3颗，13颗，31颗，333颗这样数量的糖果，他就会不开心。（也即它拿到的糖果数量不包含有一位是3）
LYK掌管着这n颗糖果，它想问你有多少种合理的分配方案使得将这n颗糖果全部分给小朋友且没有小朋友不开心。
例如当n=3,k=1时只有1种分配方案，当n=4，k=1时有3种分配方案分别是112,121,211。当n=7,k=2时则不存在任何一种合法的方案。
当然这个答案可能会很大，你只需输出答案对12345647取模后的结果就可以了。
输入格式(candy.in)
第一行两个数表示n,k。
输出格式(candy.out)
一个数表示方案总数。
输入样例
99999 1
输出样例
9521331
对于30%的数据n<=100
对于50%的数据n<=1000。
对于另外30%的数据k=1。
对于100%的数据3<=n<=10^10000,1<=k<=n/3，且n,k不包含前导0。
数位DP
dp[i][j][k][l][t] 表示n的前i位，分完后的余数为j，第1/2/3个小朋友的第i位能否随便填 的方案数
再枚举3个小朋友分别分多少转移
#include<cstdio> #include<cstring> #define N 10003 using namespace std; const int mod=12345647; char s[N]; int a[N],b[N],dp[N][3][2][2][2]; void ADD(int &i,int j) { i+=j; if(i>=mod) i-=mod; } int main() { freopen("candy.in","r",stdin); freopen("candy.out","w",stdout); scanf("%s",s+1); int len1=strlen(s+1); for(int i=1;i<=len1;++i) a[i]=s[i]-‘0‘; scanf("%s",s+1); int len2=strlen(s+1); for(int i=1;i<=len2;++i) b[i+len1-len2]=s[i]-‘0‘; dp[0][0][0][0][0]=1; int i,j,k,l,t,I,J,K,L,T; for(i=0;i<len1;i++) for(j=0;j<3;j++) for(k=0;k<2;k++) for(l=0;l<2;l++) for(t=0;t<2;t++) if(dp[i][j][k][l][t]) for(int s1=0;s1<=9;s1++) if(s1!=3) for(int s2=0;s2<=9;s2++) if(s2!=3) for(int s3=0;s3<=9;s3++) if(s3!=3) { I=i+1; J=j*10+a[i+1]-s1-s2-s3; if(J<0 || J>2) continue; if(!k && s1<b[i+1]) continue; K=(k || s1>b[i+1]); if(!l && s2<b[i+1]) continue; L=(l || s2>b[i+1]); if(!t && s3<b[i+1]) continue; T=(t || s3>b[i+1]); ADD(dp[I][J][K][L][T],dp[i][j][k][l][t]); } int ans=0; for(k=0;k<2;k++) for(l=0;l<2;l++) for(t=0;t<2;t++) ADD(ans,dp[len1][0][k][l][t]); printf("%d",ans); }
考场50分做法：枚举第一个，枚举第二个，判断是否合法
#include<cstdio> using namespace std; bool check(int k) { while(k) { if(k%10==3) return false; k/=10; } return true; } int main() { freopen("candy.in","r",stdin); freopen("candy.out","w",stdout); int n,k,ans=0; scanf("%d%d",&n,&k); for(int i=k;i+k+k<=n;i++) if(check(i)) for(int j=k;j+i+k<=n;j++) if(check(j)&&check(n-i-j)) ans++; printf("%d",ans); return 0; }
标签：不同 logs 美食 turn 注意 ++ work name 维护
原文地址：http://www.cnblogs.com/TheRoadToTheGold/p/7639547.html
