A .A Prize No One Can Win
题意：给定N，S，你要从N个数中选最多是数，使得任意两个之和不大于S。
思路：排序，然后贪心的选即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int maxn=2000010;
ll a[maxn];
int main()
{
int N,ans; ll M;
scanf("%d%lld",&N,&M);
rep(i,1,N) scanf("%lld",&a[i]);
sort(a+1,a+N+1);
ans=1;
rep(i,2,N){
if(a[i]+a[i-1]<=M) ans=i;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
B .Birthday Boy
题意：给出N个人的生日，让你选择一天，使得这一天的前一个生日距离它最远，如果有多个一样的，有点选择10月27之后的
思路：模拟即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int maxn=2000010;
int Y[13]={0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
int vis[1000],tot;
int mp[13][32],C[13][32],A[1000],B[1000];
int main()
{
int N,y,d,ansx=1,ansy=1,ans=-1;char c[20];
scanf("%d",&N);
rep(i,1,N){
scanf("%s%d-%d",c+1,&y,&d);
mp[y][d]=1;
}
rep(i,1,12)
rep(j,1,Y[i]){
tot++; A[tot]=i; B[tot]=j; C[i][j]=tot;
if(mp[i][j]) vis[tot]=1;
}
rep(i,1,tot) vis[i+tot]=vis[i],A[i+tot]=A[i],B[i+tot]=B[i];
rep(i,tot,tot+tot-1) {
if(vis[i]) continue;
int j=i; while(j-1>=i-tot+1&&!vis[j-1]) j--;
if(i-j>ans){
ans=i-j,ansx=A[i],ansy=B[i];
}
else if(i-j==ans&&C[ansx][ansy]<=C[10][27]&&C[A[i]][B[i]]>C[10][27]) ansx=A[i],ansy=B[i];
}
printf("%02d-%02d\n",ansx,ansy);
return 0;
}
C .Cardboard Container
题意: 给定N个1*1*1的盒子,让你用最小的表面积把它包起来.
思路: 枚举长和宽和高(因子)即可.
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const int maxn=100+10;
const int inf=1000000000;
int main()
{
int v;
cin>>v;
ll ans=inf;
for(int i=1;i<=v;i++){
if(v%i==0){
int l=v/i;
for(int j=1;j<=l;j++){
if(l%j==0){
int k=l/j;
ans=min(ans,2LL*(i*j+k*j+k*i));
}
}
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
G .Game Night
模拟几种排列即可
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int maxn=2000010;
int sum[maxn][3],N; char c[maxn];
int get(int A,int B,int C)
{
int res=0;
rep(i,1,N){
int X=sum[i+sum[N][A]-1][A]-sum[i-1][A];
int Y=sum[i+sum[N][A]+sum[N][B]-1][B]-sum[i+sum[N][A]-1][B];
int Z=sum[i+N-1][C]-sum[i+sum[N][A]+sum[N][B]-1][C];
res=max(res,X+Y+Z);
//cout<<A<<" "<<B<<" "<<C<<" : "<<i<<" "<<res<<endl;
}
return N-res;
}
int main()
{
scanf("%d%s",&N,c+1);
int ans=N;
rep(i,1,N) c[N+i]=c[i];
rep(i,1,N+N){
rep(j,0,2) sum[i][j]=sum[i-1][j];
if(c[i]==‘A‘) sum[i][0]++;
if(c[i]==‘B‘) sum[i][1]++;
if(c[i]==‘C‘) sum[i][2]++;
}
rep(i,0,2)
rep(j,0,2)
rep(k,0,2)
if(i!=j&&i!=k&&j!=k)
ans=min(ans,get(i,j,k));
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
I. In Case of an Invasion, Please...
题意：给定N城市每个城市人数是Pi，M双向路，其中S个点(S<=10)是避难所，避难所容量是Ci，(N<1e5; Ci,Pi<1e9)最小化最大的转移时间，使得所有人都转移到避难所。
思路：二分+最大流。由于图比较大，此题需要一些优化才能过。
由于上限是1e14； 所以二分次数是50次； 我们可以把距离离散化上线变为了1e6，二分次数是20；这是一个优化。
第二个优化，对于二分到的mid，如果一个城市可以去的避难所容量之和<P[i]，那么显然不用跑网络流也知道不合法。
还有就是sap跑二分图比较慢，要用dinic。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=1e5+150;
ll inf=1ll<<60;
struct Edge
{
int from,to;
ll cap,flow;
};
struct Dinic
{
int n,m,s,t;
vector<Edge>edges;
vector<int>G[maxn];
bool vis[maxn];
int d[maxn],cur[maxn];
void init(int n)
{
this->n=n;
for(int i=0;i<n;i++)
G[i].clear();
edges.clear();
}
void AddEdge(int from,int to,ll cap)
{
edges.push_back((Edge){from,to,cap,0});
edges.push_back((Edge){to,from,0,0});
m=edges.size();
G[from].push_back(m-2);
G[to].push_back(m-1);
}
bool bfs()
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
queue<int>Q;
Q.push(s);
d[s]=0;
vis[s]=1;
while(!Q.empty())
{
int x=Q.front();Q.pop();
for(int i=0;i<G[x].size();i++)
{
Edge& e=edges[G[x][i]];
if(!vis[e.to]&&e.cap>e.flow)
{
vis[e.to]=1;
d[e.to]=d[x]+1;
Q.push(e.to);
}
}
}
return vis[t];
}
ll dfs(int x,ll a)
{
if(x==t||a==0)return a;
ll flow=0,f;
for(int& i=cur[x];i<G[x].size();i++)
{
Edge& e=edges[G[x][i]];
if(d[x]+1==d[e.to]&&(f=dfs(e.to,min(a,e.cap-e.flow)))>0)
{
e.flow+=f;
edges[G[x][i]^1].flow-=f;
flow+=f;
a-=f;
if(a==0)break;
}
}
return flow;
}
ll Maxflow(int s,int t)
{
this->s=s,this->t=t;
ll flow=0;
while(bfs())
{
memset(cur,0,sizeof(cur));
flow+=dfs(s,inf);
}
return flow;
}
}solve;
ll d[15][maxn],sum,vis[maxn];
vector<int>G[maxn],dis[maxn];
struct node
{
int u;
ll w;
node(int a,ll b)
{
u=a,w=b;
}
bool operator<(const node&t)const
{
return w>t.w;
}
};
priority_queue<node>q;
void dij(int k,int s,int n)
{
for(int i=1;i<=n;i++)d[k][i]=inf,vis[i]=0;
d[k][s]=0;
q.push(node(s,0));
while(!q.empty())
{
node e=q.top();q.pop();
int u=e.u; vis[u]=0;
for(int i=0;i<G[u].size();i++)
{
int v=G[u][i];
if(d[k][v]>d[k][u]+dis[u][i])
{
d[k][v]=d[k][u]+dis[u][i];
if(!vis[v]) vis[v]=1,q.push(node(v,d[k][v]));
}
}
}
}
int p[maxn],s[maxn],c[maxn],tot; ll B[maxn*20],fcy[maxn];
int main()
{
int n,m,k,u,v,w;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
int S=0,T=n+k+1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&p[i]);
sum+=p[i];
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
G[u].push_back(v);
dis[u].push_back(w);
G[v].push_back(u);
dis[v].push_back(w);
}
for(int i=1;i<=k;i++)
{
scanf("%d%d",&s[i],&c[i]);
dij(i,s[i],n);
}
for(int i=1;i<=k;i++)
for(int j=1;j<=n;j++) B[++tot]=d[i][j];
sort(B+1,B+tot+1);
tot=unique(B+1,B+tot+1)-(B+1);
ll l=1,r=tot,mid,ans;
while(l<=r)
{
mid=(l+r)/2;
solve.init(T+1);
for(int i=1;i<=n;i++) fcy[i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=k;j++)
if(d[j][i]<=B[mid])
solve.AddEdge(i,n+j,inf),fcy[i]+=c[j];
bool F=true;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(fcy[i]<p[i]){ F=false; break;}
if(!F) {l=mid+1;continue;}
for(int i=1;i<=n;i++)
solve.AddEdge(S,i,p[i]);
for(int i=1;i<=k;i++)
solve.AddEdge(n+i,T,c[i]);
ll res=solve.Maxflow(S,T);
if(res==sum) r=mid-1,ans=B[mid];
else l=mid+1;
}
printf("%lld\n",ans);
}
J .Janitor Troubles
题意：给定ABCD四条边，让你组成一个面积最大的四边形，保证有解。
思路：比赛时三分做的，1A。但是赛后拿去做hduwa掉了，还是没弄清楚。
三分：枚举相邻边的组合形式，然后对对角线进行三分。 结论是当三分到对角线的对面两个角都是直角时，答案最大，此时正好有外接圆。
定理：根据上面结论，相当于四边形是圆内接四边形，我们可以至直接用海伦公式的变形；
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int maxn=2000010;
double X[5],ans;
double S(double x,double y,double x1,double y1,double z)
{
double p=(x+y+z)/2,p1=(x1+y1+z)/2;
return sqrt(p*(p-x)*(p-y)*(p-z))+sqrt(p1*(p1-x1)*(p1-y1)*(p1-z));;
}
double get(int i,int j,int k,int p)
{
double Mn=max(X[j]-X[i],X[p]-X[k]),Mx=min(X[j]+X[i],X[p]+X[k]);
if(Mn>Mx) return 0.0;
int T=100; double L=Mn,R=Mx,res=0.0;
while(T--){
double Mid1=L+(R-L)/3,Mid2=R-(R-L)/3;
double F1=S(X[i],X[j],X[k],X[p],Mid1);
double F2=S(X[i],X[j],X[k],X[p],Mid2);
if(F1>=F2) res=max(F1,res),R=Mid2;
else res=max(F2,res),L=Mid1;
}
return res;
}
int main()
{
rep(i,1,4) scanf("%lf",&X[i]);
sort(X+1,X+4+1);
rep(i,1,4)
rep(j,i+1,4)
rep(k,1,4)
rep(p,k+1,4)
if(i!=k&&i!=p&&j!=k&&j!=p){
ans=max(ans,get(i,j,k,p));
}
printf("%.10lf\n",ans);
return 0;
}
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
double X[5],ans;
double get()
{
double res=0.0,p=(X[1]+X[2]+X[3]+X[4])/2;
res=sqrt((p-X[1])*(p-X[2])*(p-X[3])*(p-X[4]));
return res;
}
int main()
{
rep(i,1,4) scanf("%lf",&X[i]);
ans=get();
printf("%.10lf\n",ans);
return 0;
}
K .Kingpin Escape
题意：给定一棵有根树，现在让你加最少的边，使得无论原图上哪条边被砍掉，从任意点出发都可以回到根节点。
思路：首先把保证至少两个点与根相邻，所以如果根只有一条边与它相邻，它需要加边。 其次，所有叶子节点需要加边，因为他和父亲被砍断后就GG了。
我们按照一定顺序把这些点连边即可。 假设X个点需要连边，那么最少需要加(X+1)/2条边。然后两两连边即可，但是注意至少一条新加的边连通了根的两个子树。
所以我们按照DFS序，然后q[i]+q[X/2+i]连边，这样可以保证，并不是所有新加的边都在同一个子树（这样可能合法，因为砍掉根与儿子后，子树无法到达根）里。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int maxn=2000010;
int Laxt[maxn],Next[maxn],To[maxn];
int sz[maxn],cnt,q[maxn],tot;
void add(int u,int v){
Next[++cnt]=Laxt[u]; Laxt[u]=cnt; To[cnt]=v;
}
void dfs(int u,int f)
{
if(sz[u]==1) q[++tot]=u-1;
for(int i=Laxt[u];i;i=Next[i])
if(To[i]!=f) dfs(To[i],u);
}
int main()
{
int N,M,u,v;
scanf("%d%d",&N,&M); M++;
rep(i,1,N-1){
scanf("%d%d",&u,&v);
u++; v++; sz[u]++; sz[v]++;
add(u,v); add(v,u);
}
dfs(M,0);
int ans=(tot+1)/2;
printf("%d\n",ans);
rep(i,1,tot/2) printf("%d %d\n",q[i],q[i+tot/2]);
if(tot&1) printf("%d %d\n",q[1],q[tot]);
return 0;
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/hua-dong/p/10353767.html
时间： 2024-10-09 18:04:30