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T1
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。
1 #include <cstdio> 2 #include <iostream> 3 #include <cstring> 4 #include <cmath> 5 #define N 100010 6 #define Run(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++) 7 #define Don(i,l,r) for(int i=l;i>=r;i--) 8 using namespace std; 9 int n,m; 10 int G[N]; 11 int main() 12 { freopen("graph.in","r",stdin); 13 freopen("graph.out","w",stdout); 14 cin>>n>>m; 15 Run(i,1,n){ 16 scanf("%d",&G[i]); 17 } 18 double ans=0; 19 int u,v,E; 20 Run(i,1,m){ 21 scanf("%d%d%d",&u,&v,&E); 22 ans=max(ans,1.0*(G[u]+G[v])/E); 23 } 24 printf("%.2lf\n",ans); 25 return 0; 26 }
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。
1 #include <cstdio> 2 #include <iostream> 3 #include <cstring> 4 #include <algorithm> 5 #define inf 0x3f3f3f3f 6 #define N 1010 7 #define Run(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++) 8 #define Don(i,l,r) for(int i=l;i>=r;i--) 9 using namespace std; 10 int n,lim,w[N],h[N],up=0,down=0; 11 struct node{ 12 int k,x; 13 bool operator < (const node aa) const {return aa.x>x;} 14 }a[N]; 15 int main() 16 { freopen("photo.in","r",stdin); 17 //freopen("photo.out","w",stdout); 18 cin>>n; 19 lim=n/2; 20 int tot=0; 21 Run(i,1,n){ 22 scanf("%d%d",&w[i],&h[i]); 23 up=max(up,max(w[i],h[i])); 24 down=max(down,min(w[i],h[i])); 25 if (h[i]<w[i]) a[++tot]=(node){i,(h[i]-w[i])}; 26 } 27 sort(a+1,a+tot+1); 28 int ans=inf; 29 Don(i,up,down){ 30 int temp=0,cnt=0; 31 Run(j,1,n){ 32 if (h[j]>i) {cnt++; 33 temp+=h[j]; 34 } 35 else if (h[j]>=w[j]||w[j]>i) temp+=w[j]; 36 } 37 if (cnt>lim) break; 38 Run(j,1,tot){ 39 if (h[a[j].k]<=i&&w[a[j].k]<=i) { 40 if (cnt<lim){ 41 temp+=h[a[j].k]; 42 cnt++; 43 } 44 else temp+=w[a[j].k]; 45 } 46 } 47 if (ans>temp*i) { 48 //cout<<temp<<" "<<i<<endl; 49 ans=temp*i;} 50 } 51 cout<<ans<<endl; 52 return 0; 53 }
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。
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <iostream> 4 #include <algorithm> 5 #define N 140000 6 #define ll long long 7 #define Run(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++) 8 #define Don(i,l,r) for(int i=l;i>=r;i--) 9 using namespace std; 10 struct node{ 11 int left,right,x; 12 }tree[4*N]; 13 int n,q; 14 void Build(int id,int l,int r,int dep) 15 { tree[id].left=l; tree[id].right=r; 16 if (l==r) scanf("%d",&tree[id].x); 17 else { 18 int mid=(l+r)/2; 19 Build(2*id,l,mid,dep-1); 20 Build(2*id+1,mid+1,r,dep-1); 21 if (dep&1) tree[id].x=tree[2*id].x|tree[2*id+1].x; 22 else tree[id].x=tree[2*id].x^tree[2*id+1].x; 23 } 24 } 25 void update(int id,int k,int x,int dep) 26 { if (tree[id].left==tree[id].right) tree[id].x=x; 27 else {int mid=(tree[id].left+tree[id].right)/2; 28 if (k<=mid) update(2*id,k,x,dep-1); 29 else update(2*id+1,k,x,dep-1); 30 if (dep&1) tree[id].x=tree[2*id].x|tree[2*id+1].x; 31 else tree[id].x=tree[2*id].x^tree[2*id+1].x; 32 } 33 } 34 int main() 35 { freopen("xor.in","r",stdin); 36 freopen("xor.out","w",stdout); 37 cin>>n>>q; 38 Build(1,1,1<<n,n); 39 int x,k; 40 Run(i,1,q){ 41 cin>>k>>x; 42 update(1,k,x,n); 43 printf("%d\n",tree[1].x); 44 } 45 return 0; 46 }//by tkys_Austin;
标签：rod 范围 通过 acs pil dep dac pat pcb
原文地址：http://www.cnblogs.com/AUSTIN-tkys/p/7701085.html
