标签：三次 分类 include name pac using 分代 ges lap
一道图论神题(god)
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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，只有点权。
LYK想把这个图删干净，它的方法是这样的。每次选择一个点，将它删掉，但删这个点是需要代价的。假设与这个点相连的还没被删掉的点是u1,u2,…,uk。LYK将会增加a[u1],a[u2],…,a[uk]的疲劳值。
它想将所有点都删掉，并且删完后自己的疲劳值之和最小。你能帮帮它吗？
输入格式(god.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，表示有一条连接u,v的边。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(god.out)
你需要输出这个最小疲劳值是多少。
输入样例
输出样例
404 3
10 20 30 40
1 4
1 2
2 3
样例解释
一个合理的方法是先删4号点，此时有10点疲劳值。接下来删3号点，获得20点疲劳值，再删2号点，获得10点疲劳值，最后删1号点，没有疲劳值。总计40点疲劳值。
对于30%的数据n<=10。
对于60%的数据n,m<=1000。
对于100%的数据1<=n,m,ai<=100000
贪心，最开始写了个以每个点的删去以后的代价的贪心，结果发现样例都过不了。然后就该了种贪心的方法、、、
对于每个点不删去的话他会对删去其他的点造成它的点权的影响，我们要使代价降到最小，那么我们要先将这个造成影响最大的点删掉，这样在删其他的点时就先把这个代价最大的部分去掉了，这样应该是最优的·
#include<cstdio> #include<vector> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #define N 100010 #define LL long long using namespace std; bool vis[N]; long long ans; int n,m,x,y,w[N],sum[N]; vector<int>vec[N]; 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 Node { int w,num; }a[N]; int cmp(Node a,Node b){return a.w>b.w;} int main() { freopen("god.in","r",stdin); freopen("god.out","w",stdout); n=read(),m=read(); for(int i=1;i<=n;i++) a[i].w=read(),a[i].num=i,w[i]=a[i].w; for(int i=1;i<=m;i++) { x=read(),y=read(); vec[x].push_back(y),vec[y].push_back(x); } sort(a+1,a+1+n,cmp); for(int i=1;i<=n;i++) { x=a[i].num;vis[x]=true; for(int j=0;j<vec[x].size();j++) if(!vis[vec[x][j]]) ans+=(LL)w[vec[x][j]]; } printf("%I64d",ans); return 0; }
位运算2(bit)
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题目描述
LYK拥有一个十进制的数N。它赋予了N一个新的意义：不考虑N的符号，将N每一位都拆开来后再加起来就是N所拥有的价值。例如数字123拥有6的价值，数字999拥有27的价值，数字-233拥有8的价值。
假设数字N的价值是K，LYK想找到一个价值是K+1的数字，当然这个答案实在太多了，LYK想使得这个价值为K+1的数字尽可能大，并且需要保证这个数字小于N。
输入格式(bit.in)
一个整数N。
输出格式(bit.out)
一个数表示答案。你需要输出一个整数，且这个数不包含前导0。
输入样例1
199
输出样例1
-299
输入样例2
1520
输出样例2
1512
对于20%的数据|N|<=10
对于40%的数据|N|<=100
对于60%的数据|N|<=10^9
对于80%的数据|N|<=10^1000
对于100%的数据|N|<=10^100000。
啊啊啊，得了40分，然后改了一个小时以后才把它改成50、、、（呜呜）
#include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #define N 100010 #define maxn 0x7fffffff using namespace std; bool flag; char a[N]; int q,s,num1,num2,minn=maxn; int main() { freopen("bit.in","r",stdin); freopen("bit.out","w",stdout); cin>>a;int l=strlen(a); if(a[0]==‘-‘) s=1; else s=0; for(int i=l-1;i>=s;i--) { if(a[i]<‘9‘&&minn==maxn) { if(a[i]!=‘0‘) a[i]++; num1=i,minn=a[i]; } if(a[i]>minn) if(minn!=48){q=a[i],a[i]=minn,flag=true,a[num1]=q,num2=i; break;} else {a[i]++,flag=true,num2=i;break;} } if(flag) { if(minn==‘0‘) { if(num2==0) for(int i=0;i<l-num2-1;i++) cout<<a[i]; else { q=a[num1],a[num1]=a[num2],a[num2]=q; for(int i=0;i<=num1;i++) cout<<a[i]; } } else for(int i=0;i<l;i++) cout<<a[i]; } else if(a[0]==‘-‘) { if(minn!=maxn)for(int i=0;i<l;i++) cout<<a[i]; else { printf("-1"); for(int i=1;i<l;i++) cout<<a[i]; } } else { printf("-"); for(int i=0;i<l;i++) cout<<a[i]; } return 0; }
分类讨论
分为正数和负数两种情况，当为负数时，最优解一定是倒着数第一个不为9的数+1
当为正数时，又有两种情况，一种是答案为正数，一种是答案为负数。
我们先找到除最后一个数以外第一个(倒着）大于0的数，如果这个数往后的数都大于8并且8的个数小于1个，那么这个数不满足条件，因为如果这样的话我们后面没法使后面的位置总共加上2（因为要价值+1，那么原数的每位数的和就要+1，并且我们找到的这个合法的位置上的数要-1所以后面的数的和要比原数多2），这样我们就继续往前找，找到一个合法的位置，让这个位置上的数-1，前面的数不变，后面的数最高位上尽量放最大的数，但是这个数的和等于sum，如果没有数了就补零
#include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<algorithm> #define N 100010 using namespace std; bool flag; char ch[N]; int t,num[N]; int main() { // freopen("bit.in","r",stdin); // freopen("bit.out","w",stdout); cin>>ch+1; int l=strlen(ch+1),s=1; if(ch[1]==‘-‘)//分类讨论，为负数的情况,这种情况比较好做，我们找到第一个小于9的位置,这个位置上的数+1，然后其余的不变，这就是最小值， { for(int i=l;i>s;i--)//找到第一个小于9的位置 if(ch[i]<‘9‘) {ch[i]++,flag=true;break;} //+1 if(!flag) ch[1]=‘1‘,ch[0]=‘-‘,s=0;//判断是否在原序列中找到这样的位置，如果不能，我们要在最前面+1 for(int i=s;i<=l;i++) cout<<ch[i]; } else//正数 ,我们需要找到除最后一个数以外第一个（这里为倒着的）大于零的数，然后使这个-1，这个位置前面的数不变，后面的数按最高位上放最大的，没有可以放的数时补零 { for(int i=1;i<=l;i++) num[i]=ch[i]-‘0‘; int sum=num[l]+2,s; for(int i=l-1;i>=1;i--)//我们可能会遇到这样的情况例如99,98，998我们在第一个不为零得数上-1后面的数加不开了怎么办，这样的话一定是输出负数，且为在这个数前面多了一个1 { if(num[i]!=0) //找第一个不为零的数 { if(num[i+1]==9||(num[i+1]==8&&t==0)) {if(num[i+1]==8) t++;sum+=num[i];}//上面的那种情况对于329这样的书就不满足条件了，这样我们要找第二个大于0的数并且这个数往后最小的数一定不为9，8为最小的话至少两个8，然后在进行操作 else {flag=true,num[i]--,s=i;break;} } else sum+=num[i]; } if(!flag) { printf("-"); if(num[l]==9) { printf("1"); for(int i=1;i<=l;i++) cout<<num[i]; } else //当为98这种数时我们的结果为-99 { num[l]++; for(int i=1;i<=l;i++) cout<<num[i]; } } else { flag=false; while(sum) { num[++s]=min(sum,9); sum-=min(sum,9); } for(int i=1;i<=s;i++) if(num[i]>0||flag) flag=true,printf("%d",num[i]); for(int i=s+1;i<=l;i++) printf("0"); } } return 0; }
逆序对(pair)
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题目描述
LYK最近在研究逆序对。
这个问题是这样的。
一开始LYK有一个2^n长度的数组ai。
LYK有Q次操作，每次操作都有一个参数k。表示每连续2^k长度作为一个小组。假设n=4,k=2，则a[1],a[2],a[3],a[4]为一个小组，a[5],a[6],a[7],a[8]为一个小组，a[9],a[10],a[11],a[12]为一个小组，a[13],a[14],a[15],a[16]也为一个小组。
然后LYK对于每个小组都翻转，也就是说原数组会变成a[4],a[3],a[2],a[1],a[8],a[7],a[6],a[5],a[12],a[11],a[10],a[9],a[16],a[15],a[14],a[13]。之后它想求出这2^n个数的逆序对是多少。
因此你需要输出对于每次操作，操作完后这2^n个数的逆序对有多少对。
两个数ai,aj被称为逆序对当且仅当i<j且ai>aj。
输入格式(pair.in)
第一行一个数n。
接下来一行2^n个数ai表示一开始的数组。
接下来一行一个数Q，表示操作的次数。
接下来一行Q个数，表示每次操作的参数k。
输出格式(pair.out)
Q行，表示每次操作后的答案。
输入样例
2
2 1 4 3
4
1 2 0 2
输出样例
0
6
6
0
样例解释
第一次操作，{2,1,4,3}->{1,2,3,4}
第二次操作，{1,2,3,4}->{4,3,2,1}
第三次操作，{4,3,2,1}->{4,3,2,1}
第四次操作，{4,3,2,1}->{1,2,3,4}
对于30%的数据n<=10，Q<=10。
对于50%的数据n<=10，Q<=1000。
对于80%的数据n<=10，Q<=200000。
对于100%的数据n<=17，Q<=200000，1<=ai<=2^n。
距 NOIp2017 还剩 29 天
你可以做的事情还有很多，即使到最后一秒也不要放弃，因为不到结束的那一刻谁也不知道结果会怎样。
标签：三次 分类 include name pac using 分代 ges lap
原文地址：http://www.cnblogs.com/z360/p/7649217.html
