标签：i++ pre hid scan size 拍照 false 二次 数组
一道图论好题(graph)
Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB
题目描述
LYK有一张无向图G={V,E}，这张无向图有n个点m条边组成。并且这是一张带权图，不仅有边权还有点权。
LYK给出了一个子图的定义，一张图G’={V’,E’}被称作G的子图，当且仅当
·G’的点集V’包含于G的点集V。
·对于E中的任意两个点a,b∈V’，当(a,b)∈E时，(a,b)一定也属于E’，并且连接这两个点的边的边权是一样的。
LYK给一个子图定义了它的价值，它的价值为：点权之和与边权之和的比。 看
LYK想找到一个价值最大的非空子图，所以它来找你帮忙啦。
输入格式(graph.in)
第一行两个数n,m表示一张n个点m条边的图。
第二行n个数ai表示点权。
接下来m行每行三个数u,v,z，表示有一条连接u,v的边权为z的无向边。数据保证任意两个点之间最多一条边相连，并且不存在自环。
输出格式(graph.out)
你需要输出这个价值最大的非空子图的价值，由于它是一个浮点数，你只需要保留小数点后两位有效数字。
输入样例
3 3
2 3 4
1 2 3
1 3 4
2 3 5
输出样例
1.67
样例解释
选择1,2两个点，则价值为5/3=1.67。
对于20%的数据n=2
对于50%的数据n<=5
对于100%的数据1<=n,m<=100000，1<=ai,z<=1000。
思路：当时跑了01分数规划，但是用的bfs找的负环，所以TLE，卡了我5个点。
#include<queue> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #define MAXN 100010 using namespace std; int n,m,tot; double w[MAXN],dis[MAXN]; double l=0,r=1500,ans,mid; int val[MAXN],vis[MAXN],num[MAXN]; int to[MAXN*2],net[MAXN*2],cap[MAXN*2],head[MAXN*2]; void add(int u,int v,int w){ to[++tot]=v;net[tot]=head[u];cap[tot]=w;head[u]=tot; to[++tot]=u;net[tot]=head[v];cap[tot]=w;head[v]=tot; } bool spfa(int s){ queue<int>que; memset(num,0,sizeof(num)); memset(vis,0,sizeof(vis)); memset(dis,0x3f,sizeof(dis)); que.push(s); dis[s]=0;vis[s]=1;num[s]++; while(!que.empty()){ int now=que.front(); que.pop(); vis[now]=0; for(int i=head[now];i;i=net[i]){ if(dis[to[i]]>dis[now]+w[i]){ dis[to[i]]=dis[now]+w[i]; if(!vis[to[i]]){ vis[to[i]]=1; num[to[i]]++; que.push(to[i]); if(num[to[i]]>n) return true; } } } } return false; } void work(){ for(int i=1;i<=tot;i++) w[i]=(double)cap[i]*mid-val[to[i]]; } bool check(){ for(int i=1;i<=n;i++) if(spfa(i)) return true; return false; } int main(){ freopen("graph.in","r",stdin); freopen("graph.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&val[i]); for(int i=1;i<=m;i++){ int u,v,w; scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); add(u,v,w); } while(r-l>0.0000001){ mid=(l+r)/2; work(); if(check()){ ans=mid; l=mid; } else r=mid; } printf("%.2lf",ans*2); }
然后改成dfs找负环，AC了。
#include<iostream> #include<algorithm> #include<cstring> #include<cstdio> #include<cmath> using namespace std; const double eps=1e-5; const int mxn=100010; int read(){ int x=0,f=1;char ch=getchar(); while(ch<‘0‘ || ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();} while(ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();} return x*f; } struct edge{ int v,nxt,w; double c; }e[mxn<<1]; int hd[mxn*2],mct=0; void add_edge(int u,int v,int w){ e[++mct].v=v;e[mct].nxt=hd[u];hd[u]=mct;e[mct].w=w;return; } bool vis[mxn]; double dis[mxn]; bool SPFA(int u){ vis[u]=1; for(int i=hd[u];i;i=e[i].nxt){ int v=e[i].v; if(dis[v]>dis[u]+e[i].c){ dis[v]=dis[u]+e[i].c; if(vis[v] || SPFA(v)){ vis[v]=0;return 1; } } } vis[u]=0; return 0; } int n,m; int f[mxn]; void restore(double r){ for(int i=1;i<=mct;i++) e[i].c=(double)e[i].w*r-f[e[i].v]; return; } bool check(){ for(int i=1;i<=n;i++) if(SPFA(i))return 1; return 0; } int main(){ freopen("graph.in","r",stdin); freopen("graph.out","w",stdout); int i,j; int u,v,w; n=read();m=read(); for(i=1;i<=n;i++) f[i]=read(); for(i=1;i<=m;i++){ u=read();v=read();w=read(); add_edge(u,v,w); add_edge(v,u,w); } double l=0,r=1500,ans; while(r-l>eps){ double mid=(l+r)/2; restore(mid); if(check()){ ans=mid; l=mid; }else r=mid; } printf("%.2f\n",ans*2); return 0; }
后来听老师讲了之后发现这是道结论题：最优解一定是一条边+两个点。
#include <cmath> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; double ans; int A,B,C,n,m; int a[100005]; int main(){ freopen("graph.in","r",stdin); freopen("graph.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); for(int i=1;i<=m;i++){ scanf("%d%d%d",&A,&B,&C); ans=max(ans,(a[A]+a[B])/(C+0.0)); } printf("%.2f\n",ans); return 0; }
拍照(photo)
Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB
题目描述
假设这是一个二次元。
LYK召集了n个小伙伴一起来拍照。他们分别有自己的身高Hi和宽度Wi。
为了放下这个照片并且每个小伙伴都完整的露出来，必须需要一个宽度为ΣWi，长度为max{Hi}的相框。（因为不能叠罗汉）。
LYK为了节省相框的空间，它有了绝妙的idea，让部分人躺着！一个人躺着相当于是身高变成了Wi，宽度变成了Hi。但是很多人躺着不好看，于是LYK规定最多只有n/2个人躺着。（也就是说当n=3时最多只有1个人躺着，当n=4时最多只有2个人躺着）
LYK现在想问你，当其中部分人躺着后，相框的面积最少是多少。
输入格式(photo.in)
第一行一个数n。
接下来n行，每行两个数分别是Wi,Hi。
输出格式(photo.out)
你需要输出这个相框的面积最少是多少。
输入样例
3
3 1
2 2
4 3
输出样例
27
样例解释
如果没人躺过来，需要27的面积。
我们只要让第1个人躺过来，就只需要21的面积！
对于30%的数据n<=10。
对于60%的数据n<=1000，Wi,Hi<=10。
对于100%的数据1<=n,Wi,Hi<=1000。
思路：考试的时候写了个DP，但是忘了考虑他的后效性，所以挂掉了8个点。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; int n,sumh,sumw; int ans=0x7f7f7f7f; int w[1001],h[1001]; int f[1001][501],sum[1001][501]; int maxh[1001][501],maxw[1001][501]; int main(){ freopen("photo.in","r",stdin); freopen("photo.out","w",stdout); scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d%d",&w[i],&h[i]); sumw+=w[i]; sumh+=h[i]; maxh[i][i]=max(w[i],maxh[i-1][i-1]); maxh[i][0]=max(h[i],maxh[i-1][0]); f[i][0]=maxh[i][0]*sumw; f[i][i]=maxh[i][i]*sumh; sum[i][0]=sumw; sum[i][i]=sumh; } for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<i;j++){ int bns=0; f[i][j]=f[i-1][j]; if(h[i]<=maxh[i-1][j]){ f[i][j]+=w[i]*maxh[i-1][j]; maxh[i][j]=maxh[i-1][j]; } else if(h[i]>maxh[i-1][j]){ f[i][j]+=sum[i-1][j]*(h[i]-maxh[i-1][j])+w[i]*h[i]; maxh[i][j]=h[i]; } sum[i][j]=sum[i-1][j]+w[i]; if(w[i]<=maxh[i-1][j-1]) bns+=h[i]*maxh[i-1][j-1]; else if(w[i]>maxh[i-1][j-1]) bns+=sum[i-1][j-1]*(w[i]-maxh[i-1][j-1])+w[i]*h[i]; if(f[i][j]>f[i-1][j-1]+bns){ f[i][j]=f[i-1][j-1]+bns; maxh[i][j]=max(w[i],maxh[i-1][j-1]); sum[i][j]=sum[i-1][j-1]+h[i]; } } for(int i=0;i<=n/2;i++) ans=min(f[n][i],ans); cout<<ans; }
正解思路：枚举高度，贪心累计宽度
#include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #define MAXN 1005 using namespace std; int n,ans=0x7f7f7f7f; int w[MAXN],h[MAXN],bns[MAXN]; int cmp(int a,int b){ return a>b; } int main(){ freopen("photo.in","r",stdin); freopen("photo.out","w",stdout); scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&w[i],&h[i]); for(int i=1;i<=1000;i++){ int sum=0,flag=0,cnt=0,num=0; for(int j=1;j<=n;j++) if(h[j]<=i&&(w[j]<h[j]||w[j]>i)) sum+=w[j]; else if(w[j]>i&&h[j]>i){ flag=1; break; } else if(h[j]>i){ cnt++; sum+=h[j]; } else{ bns[++num]=w[j]-h[j]; sum+=w[j]; } if(flag) continue; if(cnt>n/2) continue; sort(bns+1,bns+1+num,cmp); for(int j=1;j<=min(n/2-cnt,num);j++) sum-=bns[j]; ans=min(ans,sum*i); } cout<<ans; }
或和异或(xor)
Time Limit:2000ms Memory Limit:128MB
题目描述
LYK最近在研究位运算，它研究的主要有两个：or和xor。（C语言中对于|和^）
为了更好的了解这两个运算符，LYK找来了一个2^n长度的数组。它第一次先对所有相邻两个数执行or操作，得到一个2^(n-1)长度的数组。也就是说，如果一开始时a[1],a[2],…,a[2^n]，执行完第一次操作后，会得到a[1] or a[2],a[3] or a[4] ,…, a[(2^n)-1] or a[2^n]。
第二次操作，LYK会将所有相邻两个数执行xor操作，得到一个2^(n-2)长度的数组，假如第一次操作后的数组是b[1],b[2],…,b[2^(n-1)]，那么执行完这次操作后会变成b[1] xor b[2], b[3] xor b[4] ,…, b[(2^(n-1))-1] xor b[2^(n-1)]。
第三次操作，LYK仍然将执行or操作，第四次LYK执行xor操作。如此交替进行。
最终这2^n个数一定会变成1个数。LYK想知道最终这个数是多少。
为了让这个游戏更好玩，LYK还会执行Q次修改操作。每次修改原先的2^n长度的数组中的某一个数，对于每次修改操作，你需要输出n次操作后（最后一定只剩下唯一一个数）剩下的那个数是多少。
输入格式(xor.in)
第一行两个数n，Q。
接下来一行2^n个数ai表示一开始的数组。
接下来Q行，每行两个数xi,yi，表示LYK这次的修改操作是将a{xi}改成yi。
输出格式(xor.out)
Q行，表示每次修改操作后执行n次操作后剩下的那个数的值。
输入样例
2 4
1 6 3 5
1 4
3 4
1 2
1 2
输出样例
1
3
3
3
样例解释
第一次修改，{4,6,3,5}->{6,7}->{1}
第二次修改，{4,6,4,5}->{6,5}->{3}
第三次修改，{2,6,4,5}->{6,5}->{3}
第四次修改，{2,6,4,5}->{6,5}->{3}
对于30%的数据n<=17，Q=1。
对于另外20%的数据n<=10，Q<=1000。
对于再另外30%的数据n<=12，Q<=100000。
对于100%的数据1<=n<=17，1<=Q<=10^5，1<=xi<=2^n，0<=yi<2^30，0<=ai<2^30。
思路：倍增。
#include<cmath> #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; int n,m; bool ok; int a[21][200001]; int poss,v; int main(){ freopen("xor.in","r",stdin); freopen("xor.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&m); int len=pow(2,n); for(int i=1;i<=len;i++) scanf("%d",&a[n][i]); for(int i=n-1;i>=0;i--){ int l=pow(2,i); if((n-i)%2) for(int j=1;j<=l;j++) a[i][j]=a[i+1][(j<<1)-1]|a[i+1][(j<<1)]; else for(int j=1;j<=l;j++) a[i][j]=a[i+1][(j<<1)-1]^a[i+1][(j<<1)]; } for(int z=1;z<=m;z++){ ok=false;int val,pos; scanf("%d%d",&pos,&val); a[n][pos]=val; if(pos%2) poss=pos+1; else{ poss=pos; pos--; } for(int i=n-1;i>=0;i--) if((n-i)%2){ v=a[i+1][pos]|a[i+1][poss]; if(v==a[i][(pos>>1)+(pos-((pos>>1)<<1))]){ printf("%d\n",a[0][1]); ok=true; break; } a[i][(pos>>1)+(pos-((pos>>1)<<1))]=v; pos=(pos>>1)+(pos-((pos>>1)<<1)); if(pos%2) poss=pos+1; else{ poss=pos; pos--; } } else{ v=a[i+1][pos]^a[i+1][poss]; if(v==a[i][(pos>>1)+(pos-((pos>>1)<<1))]){ printf("%d\n",a[0][1]); ok=true; break; } a[i][(pos>>1)+(pos-((pos>>1)<<1))]=v; pos=(pos>>1)+(pos-((pos>>1)<<1)); if(pos%2) poss=pos+1; else{ poss=pos; pos--; } } if(!ok) printf("%d\n",a[0][1]); } }
另一种思路：线段树。
#include<cstdio> #include<iostream> #define N 131073 using namespace std; int n,m; int sum[N<<2],mid[N<<2]; void build(int now,int l,int r,int dep){ if(l==r){ scanf("%d",&sum[now]); return; } mid[now]=(l+r)/2; build(now*2,l,mid[now],dep+1); build(now*2+1,mid[now]+1,r,dep+1); if((n-dep+1)&1) sum[now]=(sum[now*2]|sum[now*2+1]); else sum[now]=(sum[now*2]^sum[now*2+1]); } void change(int now,int l,int r,int pos,int w,int dep){ if(l==r){ sum[now]=w; return; } if(pos<=mid[now]) change(now*2,l,mid[now],pos,w,dep+1); else change(now*2+1,mid[now]+1,r,pos,w,dep+1); if((n-dep+1)&1) sum[now]=(sum[now*2]|sum[now*2+1]); else sum[now]=(sum[now*2]^sum[now*2+1]); } int main(){ freopen("xor.in","r",stdin); freopen("xor.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&m); int s=1<<n; build(1,1,s,1); while(m--){ int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); change(1,1,s,x,y,1); printf("%d\n",sum[1]); } }
标签：i++ pre hid scan size 拍照 false 二次 数组
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