T1 巧克力棒
题目描述
LYK 找到了一根巧克力棒，但是这根巧克力棒太长了，LYK 无法一口吞进去。
具体地，这根巧克力棒长为nn，它想将这根巧克力棒折成nn段长为11的巧克力棒，然后慢慢享用。
它打算每次将一根长为kk的巧克力棒折成两段长为aa和bb的巧克力棒，此时若a=ba=b，则LYK 觉得它完成了一件非常困难的事，并会得到11点成就感。
LYK 想知道一根长度为nn的巧克力棒能使它得到最多几点成就感。
输入输出格式
输入格式：
第一行一个数nn。
输出格式：
一个数表示答案。
输入输出样例
输入样例#1：
7
输出样例#1：
4
说明
对于20\%20%的数据，n \leq 5n≤5。
对于50\%50%的数据，n \leq 20n≤20。
对于80\%80%的数据，n \leq 2000n≤2000。
对于100\%100%的数据，n \leq 1000000000n≤1000000000。
样例解释
将77掰成3+43+4， 将33掰成1+21+2， 将44掰成2+22+2获得11点成就感， 将剩下的所有22掰成 1+11+1
获得33点成就感。总共44点成就感。
题解:
考试80分dp,计算局部最优值 枚举断点取最大
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int n,f[2017];
int main(){
freopen("chocolate.in","r",stdin);
freopen("chocolate.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
f[1]=0;f[2]=1;f[3]=1;
for(int i=4;i<=n;i++){
for(int j=0;j<=i;j++){
f[i]=max(f[i],f[j]+f[i-j]);
}
if(i%2==0)f[i]=max(f[i],f[i/2]*2+1);
}
printf("%d\n",f[n]);
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}
正解：贪心
发现最后肯定分成n个长度为1，要求有贡献，那么长度为1的一定是由长度为2的分来的，分成长度为2 想要有贡献 必须从长度为4分来的，分成
长度为4想要有贡献 必须分成长度为8的.....所以将巧克力棒分成2^k得到的结果更优。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
long long n,ans,js;
void dfs(long long n){
if(n==1||n==0)return;
long long i;
for( i=1;i*2<=n;i*=2);
ans+=i-1;
dfs(n-i);
}
int main(){
scanf("%lld",&n);
dfs(n);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
T2 LYK 快跑！
题目描述
LYK 陷进了一个迷宫！ 这个迷宫是网格图形状的。 LYK 一开始在(1,1)(1,1)位置， 出口在(n,m)(n,m)。
而且这个迷宫里有很多怪兽，若第aa行第bb列有一个怪兽，且此时 LYK 处于第 cc行dd列，此时这个怪兽对它的威胁程度为|a-c|+|b-d|∣a?c∣+∣b?d∣。 LYK 想找到一条路径，使得它能从(1,1)(1,1)到达(n,m)(n,m)，且在途中对它威胁程度最小的怪兽的威胁程度尽可能大。
当然若起点或者终点处有怪兽时，无论路径长什么样，威胁程度最小的怪兽始终=0=0。
输入输出格式
输入格式：
第一行两个数n,mn,m。
接下来nn行，每行mm个数，如果该数为00，则表示该位置没有怪兽，否则存在怪兽。
数据保证至少存在一个怪兽。
输出格式：
一个数表示答案。
输入输出样例
输入样例#1：
3 4 0 1 1 0 0 0 0 0 1 1 1 0
输出样例#1：
1
说明
对于20\%20%的数据n=1n=1。
对于40\%40%的数据n \leq 2n≤2。
对于60\%60%的数据n,m \leq 10n,m≤10。
对于80\%80%的数据n,m \leq100n,m≤100。
对于90\%90%的数据n,m \leq 1000n,m≤1000。
对于另外10\%10%的数据n,m \leq 1000n,m≤1000且怪兽数量\leq 100≤100。
题目大意：要求从(1,1)-->(n,m)的路径中距离最小的怪兽的距离最大值
题解：题目描述最小值最大应该是二分...可是我没想出来...
40搜索....(吐槽：只有40分不该呀.....
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int n,m,cnt,ans,js;
int map[102][102],vis[102][102];
int mx[4]={0,1,0,-1},
my[4]={1,0,-1,0};
struct WW{
int x,y;
}w[10005];
struct T{
int x,y,minl;
}s[50003];
int zs(int x){
if(x<0)return -x;
return x;
}
void slove(){
queue<T>q;T s;s.x=1;s.y=1;s.minl=0x7fffffff;
q.push(s);
while(!q.empty()){
T now;
now=q.front();q.pop();
vis[now.x][now.y]=0;
int minl=0x7ffffff;
for(int i=1;i<=cnt;i++){
int xx=w[i].x,yy=w[i].y;
minl=min(minl,zs(xx-now.x)+zs(yy-now.y));
}
if(minl<now.minl)now.minl=minl;js++;
cout<<now.x<<" "<<now.y<<" "<<now.minl<<endl;
if(js==10){
exit(0);
}
if(now.x==n&&now.y==m)ans=max(ans,now.minl);
for(int i=0;i<4;i++){
int xx=now.x+mx[i],yy=now.y+my[i];
if(xx>=1&&xx<=n&&yy>=1&&yy<=m&&!vis[xx][yy]){
vis[xx][yy]=1;
q.push((T){xx,yy,now.minl});
}
}
}
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
int x;
scanf("%d",&x);
if(x)w[++cnt].x=i,w[cnt].y=j;
if((i==1&&j==1&&x)||(i==n&&j==m&&x)||n==1){
printf("0\n");
return 0;
}
}
}
slove();
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
正解：bfs预处理到每个非怪兽节点的最近的怪兽的距离，然后二分答案。
队列要开大点
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int n,m,l,r,ans,map[1002][1002],vis[1002][1002],qx[1000000],qy[1000000],b[1002][1002];
int mx[4]={0,1,-1,0},
my[4]={1,0,0,-1};
int head=1,tail;
bool check(int limt){
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(qx,0,sizeof(qx));
memset(qy,0,sizeof(qy));
head=1;tail=0;
qx[++tail]=1;qy[tail]=1;vis[1][1]=1;
while(head<=tail){
int nowx=qx[head],nowy=qy[head++];
for(int i=0;i<4;i++){
int xx=nowx+mx[i],yy=nowy+my[i];
if(xx>=1&&xx<=n&&yy>=1&&yy<=m&&!vis[xx][yy]&&b[xx][yy]>=limt){
qx[++tail]=xx;qy[tail]=yy;
vis[xx][yy]=1;
}
}
}
return vis[n][m];
}
void bfs(){
while(head<=tail){
int nowx=qx[head],nowy=qy[head++];
for(int i=0;i<4;i++){
int xx=nowx+mx[i],yy=nowy+my[i];
if(xx>=1&&xx<=n&&yy>=1&&yy<=m&&!vis[xx][yy]&&!b[xx][yy]&&!map[xx][yy]){
b[xx][yy]=b[nowx][nowy]+1;
vis[xx][yy]=1;
qx[++tail]=xx;qy[tail]=yy;
}
}
}
l=0;r=n*m;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)){
ans=mid;l=mid+1;
}
else r=mid-1;
}
printf("%d\n",ans);
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
scanf("%d",&map[i][j]);
if(map[i][j]){
qx[++tail]=i;
qy[tail]=j;
}
}
}
if(map[1][1]||map[n][m]||n==1){
printf("0\n");
return 0;
}
bfs();
return 0;
}
T3 仙人掌(cactus)
题目描述
LYK 在冲刺清华集训（THUSC）于是它开始研究仙人掌，它想来和你一起分享它最近研究的结果。
如果在一个无向连通图中任意一条边至多属于一个简单环 （简单环的定义为每个点至多经过一次） ，且不存在自环，我们称这个图为仙人掌。
LYK 觉得仙人掌还是太简单了，于是它定义了属于自己的仙人掌。
定义一张图为美妙的仙人掌， 当且仅当这张图是一个仙人掌且对于任意两个不同的点i,ji,j，存在一条从ii出发到jj的路径，且经过的点的个数为|j-i|+1∣j?i∣+1个。 给定一张nn个点mm条边且没有自环的图，LYK 想知道美妙的仙人掌最多有多少条边。
数据保证整张图至少存在一个美妙的仙人掌。
输入输出格式
输入格式：
第一行两个数n,mn,m表示这张图的点数和边数。
接下来mm行，每行两个数u,vu,v表示存在一条连接u,vu,v的无向边。
输出格式：
一个数表示答案
输入输出样例
输入样例#1：
4 6 1 2 1 3 1 4 2 3 2 4 3 4
输出样例#1：
4
说明
对于20\%20%的数据n \leq 3n≤3。
对于40\%40%的数据n \leq 5n≤5。
对于60\%60%的数据n \leq 8n≤8。
对于80\%80%的数据n \leq 1000n≤1000。
对于100\%100%的数据n \leq 100000n≤100000且m \leq min(200000,n*(n-1)/2)m≤min(200000,n?(n?1)/2)。
样例解释
选择边1-21?2,1-31?3,2-32?3,3-43?4，能组成美妙的仙人掌，且不存在其它美妙仙人掌有超过44条边。
题解：30骗分（就问你强不强...
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int n;
int main(){
freopen("cactus.in","r",stdin);
freopen("cactus.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
printf("%d\n",n);
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}
正解：由于i--j满足节点数等于|i-j|+1,那么i和i+1一定由一条边直接连着，剩下的边用线段覆盖解决。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define maxn 100010
using namespace std;
int n,m,cnt;
struct node{
int u,v;
bool operator < (const node &x)const{
return v<x.v;
}
}e[maxn*2];
int init(){
int x=0,f=1;char s=getchar();
while(s<‘0‘||s>‘9‘){if(s==‘-‘)f=-1;s=getchar();}
while(s>=‘0‘&&s<=‘9‘){x=x*10+s-‘0‘;s=getchar();}
return x*f;
}
int main()
{
freopen("cactus.in","r",stdin);
freopen("cactus.out","w",stdout);
n=init();m=init();
int u,v;
for(int i=1;i<=m;i++){
u=init();v=init();
if(u>v)swap(u,v);
if(u!=v-1){
e[++cnt].u=u;e[cnt].v=v;
}
}
sort(e+1,e+1+cnt);
int r=0,sum=0;
for(int i=1;i<=cnt;i++)
if(e[i].u>=r){
sum++;r=e[i].v;
}
printf("%d\n",sum+n-1);
return 0;
}