题1 韬韬抢苹果（apple）
【问题描述】 又到了收获的季节，树上结了许多韬韬，错了，是许多苹果，有很多个小韬韬都来摘苹 果。每个韬韬都想要最大的苹果，所以发生了争执，为了解决他们的矛盾，出题人定了一项 特殊的规则，按体重的大小来定顺序，每一轮都是先由胖的先摘（照顾胖子），每个韬韬都 是很聪明的，不会错过眼前最大的苹果。现在问题来了，一共有 n 个苹果，m 个韬韬，要你 按原顺序输出每个韬韬可以抢到的苹果的总大小。 【输入格式】apple.in 第一行两个数 n,m。 接下来一行 n 个数，分别为每个苹果的大小。 接下来一行 m 个数，分别为每个韬韬的体重。 【输出格式】apple.out 一行 m 个数，每个韬韬抢到的苹果的大小。 【输入样例】 5 3 1 2 3 4 5 1 2 3 【输出样例】 3 5 7 【 数据规模 】 n,m<=100000
题目
tag：模拟
思路：模拟即可，为了防止被极端数据卡开了long long。
1 #include<cstdio>
2 #include<algorithm>
3 #include<iostream>
4 #include<cstring>
5 #include<cmath>
6 #define ll long long
7 #define maxn 100010
8 using namespace std;
9 ll ans[maxn];
10 int ap[maxn],po,n,m;
11 struct TT{
12 int w,id;
13 }tt[maxn];
14 bool cmp1(int x,int y)
15 {
16 return x>y;
17 }
18 bool cmp2(TT x,TT y)
19 {
20 return x.w>y.w;
21 }
22 int main()
23 {
24 //freopen("apple.in","r",stdin);
25 //freopen("apple.out","w",stdout);
26 scanf("%d%d",&n,&m);
27 for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&ap[i]);
28 for(int i=1;i<=m;++i){
29 scanf("%d",&tt[i].w);
30 tt[i].id=i;
31 }
32 sort(ap+1,ap+n+1,cmp1);
33 sort(tt+1,tt+m+1,cmp2);
34 int f=po=1;
35 while(1){
36 for(int i=1;i<=m;++i){
37 ans[tt[i].id]+=ap[po++];
38 if(po>n){
39 f=0;
40 break;
41 }
42 }
43 if(!f) break;
44 }
45 for(int i=1;i<=m;++i) cout<<ans[i]<<" ";
46 return 0;
47 }
题2 开场舞蹈(dance)
【问题描述】 在全世界人民的期盼下，2008 年北京奥林匹克运动会终于隆重召开了！ 为了展示中华民族博大精深的优秀传统文化，负责开幕式开场舞蹈的编排人员一丝不 苟，每一个细节都力争完美。关于队伍是采用“天圆”阵还是“地方”阵的问题，大家讨论 了七天七夜，仍没有结果。于是，他们希望借助计算机，计算两种阵型的成本。 队伍将排列在一个二维平面内，且必须以（0，0）点为中心使得队伍保持对称美。“天 圆”阵是一个圆形，而“地方”阵则是一个边平行于坐标轴的正方形。由于某种因素，阵型 要求覆盖某些点（可以在边上）。 你的任务是，计算出能够覆盖这些点的两种阵型的最小面积。 【输入文件】 输入文件 dance.in。第一行是一个整数 n（1<=n<=100000），表示需要覆盖的点的个数。 接下来 n 行，第 i 行是两个整数 xi，yi（-1000<=xi，yi<=1000），表示第 i 个点的坐标位 置（xi，yi）。 【输出文件】 输出文件 dance.out。第一行是一个整数 s1，表示能够覆盖这些点的“天圆”阵的最小 面积（pi=3.14，四舍五入）。第二行是一个整数 s2，表示能够覆盖这些点的“地方”阵的 最小面积。 【样例输入】 4 0 0 0 2 5 0 8 0 【样例输出】 201 256
题目
tag：模拟
思路：取最大值，注意四舍五入的处理，乘10取整，再将mod10的结果与5比较。
1 #include<cstdio>
2 #include<algorithm>
3 #include<iostream>
4 #include<cstring>
5 #include<cmath>
6 #define ll long long
7 #define maxn 100010
8 using namespace std;
9 const double pi=3.14;
10 int n,A,ans;
11 double R;
12 double cal(int x,int y){return sqrt((double)(x*x+y*y));}
13 int main()
14 {
15 //freopen("dance.in","r",stdin);
16 //freopen("dance.out","w",stdout);
17 int x,y;
18 scanf("%d",&n);
19 for(int i=1;i<=n;++i){
20 scanf("%d%d",&x,&y);
21 R=max(R,cal(x,y));
22 A=max(A,max(abs(x),abs(y)));
23 }
24 y=(int)(R*R*pi*10);
25 ans=y/10;
26 if(y%10>=5) ans++;
27 printf("%d\n",ans);
28 printf("%d\n",A*A*4);
29 return 0;
30 }
题3 架设电话线(phoneline)
【 问题描述 】
Farmer John 打算将电话线引到自己的农场，但电信公司并不打算为他提供免费服务。
于是，FJ 必须为此向电信公司支付一定的费用。
FJ 的农场周围分布着 N(1 <= N <= 1,000)根按 1..N 顺次编号的废弃的电话线杆，任意两
根电话线杆间都没有电话线相连。一共 P(1 <= P <= 10,000)对电话线杆间可以拉电话线，其
余的那些由于隔得太远而无法被连接。
第 i 对电话线杆的两个端点分别为 A_i、B_i，它们间的距离为 L_i (1 <= L_i <=
1,000,000)。数据中保证每对{A_i，B_i}最多只出现 1 次。编号为 1 的电话线杆已经接入了
全国的电话网络，整个农场的电话线全都连到了编号为 N 的电话线杆上。也就是说，FJ 的
任务仅仅是找一条将 1 号和 N 号电话线杆连起来的路径，其余的电话线杆并不一定要连入
电话网络。
经过谈判，电信公司最终同意免费为 FJ 连结 K(0 <= K < N)对由 FJ 指定的电话线杆。
对于此外的那些电话线，FJ 需要为它们付的费用，等于其中最长的电话线的长度（每根电
话线仅连结一对电话线杆）。如果需要连结的电话线杆不超过 K 对，那么 FJ 的总支出为 0。
请你计算一下，FJ 最少需要在电话线上花多少钱。
【输入格式】
* 第 1 行: 3 个用空格隔开的整数：N，P，以及 K
* 第 2..P+1 行: 第 i+1 行为 3 个用空格隔开的整数：A_i，B_i，L_i
【输入样例】phoneline.in
5 7 1
1 2 5
3 1 4
2 4 8
3 2 3
5 2 9
3 4 7
4 5 6
【输入说明】
一共有 5 根废弃的电话线杆。电话线杆 1 不能直接与电话线杆 4、5 相连。电话线杆 5
不能直接与电话线杆 1、3 相连。其余所有电话线杆间均可拉电话线。电信公司可以免费为
FJ 连结一对电话线杆。
【输出格式】
* 第 1 行: 输出 1 个整数，为 FJ 在这项工程上的最小支出。如果任务不可能完成，输
出-1
【输出样例】phoneline.out
4
【输出说明】
FJ 选择如下的连结方案：1->3；3->2；2->5，这 3 对电话线杆间需要的电话线的长度分
别为 4、3、9。FJ 让电信公司提供那条长度为 9 的电话线，于是，他所需要购买的电话线的
最大长度为 4。
题目
tag:二分、最短路
思路：由于对于路径的选择、寻找答案都有很大的不确定性，可以考虑二分答案x作划分免费和付费的分界线，它也是付费边的上限，如果选择的边比x大视作距离为1，否则距离为0，那么dis[n]就被赋予了新的意义——从点1到点n最少选择的大于x的边数，再看有没有超过k。
1 #include<cstdio>
2 #include<algorithm>
3 #include<iostream>
4 #include<cstring>
5 #include<cmath>
6 #include<queue>
7 #define ll long long
8 #define maxn 100010
9 #define inf 1<<30
10 using namespace std;
11 int n,m,k,hl[1010],vis[1010],dis[1010],cnt,cs[20010];
12 queue<int>Q;
13 struct X{
14 int u,v,w,ne;
15 }e[20010];
16 void add(int u,int v,int w)
17 {
18 e[++cnt].u=u;
19 e[cnt].v=v;
20 e[cnt].w=w;
21 e[cnt].ne=hl[u];
22 hl[u]=cnt;
23 }
24 void spfa()
25 {
26 memset(dis,127/3,sizeof(dis));
27 dis[1]=0;
28 vis[1]=1;
29 Q.push(1);
30 while(!Q.empty()){
31 int u=Q.front();
32 Q.pop();
33 for(int i=hl[u];i;i=e[i].ne){
34 int v=e[i].v;
35 if(dis[v]>dis[u]+cs[i]){
36 dis[v]=dis[u]+cs[i];
37 if(!vis[v]){
38 vis[v]=1;
39 Q.push(v);
40 }
41 }
42 }
43 vis[u]=0;
44 }
45 }
46 bool div2(int x)
47 {
48 memset(cs,0,sizeof(cs));
49 for(int i=1;i<=n;++i)
50 for(int j=hl[i];j;j=e[j].ne)
51 if(e[j].w>x) cs[j]=1;
52 spfa();
53 return dis[n]<=k;
54 }
55 bool cmp(int x,int y){
56 return x>y;
57 }
58 int main()
59 {
60 //freopen("phoneline.in","r",stdin);
61 //freopen("phoneline.out","w",stdout);
62 int x,y,w;
63 scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
64 for(int i=1;i<=m;++i){
65 scanf("%d%d%d",&x,&y,&w);
66 add(x,y,w);
67 add(y,x,w);
68 }
69 int l=0,r=1000001;
70 while(l<r){
71 int mid=(l+r)>>1;
72 if(div2(mid)) r=mid;
73 else l=mid+1;
74 }
75 r==1000001?printf("-1"):printf("%d\n",r);
76 return 0;
77 }
题4 洪水（slikar）
【问题描述】 一天，一个画家在森林里写生，突然爆发了山洪，他需要尽快返回住所中，那里是安全 的。 森林的地图由 R 行 C 列组成，空白区域用点“.”表示，洪水的区域用“*”表示，而 岩石用“X”表示，另画家的住所用“D”表示，画家用“S”表示。 有以下几点需要说明： 1.每一分钟画家能向四个方向移动一格（上、下、左、右） 2.每一分钟洪水能蔓延到四个方向的相邻格子（空白区域） 3.洪水和画家都不能通过岩石区域 4.画家不能通过洪水区域（同时也不行，即画家不能移到某个格子，该格子在画家达到 的同时被洪水蔓延到了，这也是不允许的） 5. 洪水蔓不到画家的住所。 给你森林的地图，编写程序输出最少需要花费多长时间才能从开始的位置赶回家中。 【输入】 输入第一行包含两个整数 R 和 C(R,C<=50)。 接下来 R 行每行包含 C 个字符(“.”、“*”、“X”、“D”或“S”)。地图保证只有一个“D” 和一个“S”。 【输出】 输出画家最快安全到达住所所需的时间，如果画家不可能安全回家则输出“KAKTUS”。 【输入输出样例 1 】 slikar.in slikar.out 3 3 D.* ... .S. 3 【输入输出样例 2 】 slikar.in slikar.out 3 3 D.* ... ..S KAKTUS 【输入输出样例 3 】 slikar.in slikar.out 3 6 D...*. .X.X.. ....S. 6
题目
tag：模拟/dfs、bfs/最短路
思路：初始化所有点洪水出现的时间为无穷大，以每个“*”作基点向外dfs预处理更新时间（能取到最小值再扩展，此处算是剪枝），之后bfs走迷宫，到达的时间一定要先于洪水出现的时间，也可以二维转一维跑SPFA。
1 #include<cstdio>
2 #include<algorithm>
3 #include<iostream>
4 #include<cstring>
5 #include<cmath>
6 #include<queue>
7 #define ll long long
8 #define maxn 2510
9 #define inf 707406378
10 using namespace std;
11 int dx[]={0,1,0,-1},dy[]={1,0,-1,0},n,m,cnt,dis[maxn],hl[maxn],MP[maxn],S,T,vis[maxn];
12 char mp[60][60];
13 queue<int>Q;
14 struct X{
15 int u,v,w,ne;
16 }e[maxn*4];
17 void add(int u,int v)
18 {
19 e[++cnt].u=u;
20 e[cnt].v=v;
21 e[cnt].ne=hl[u];
22 hl[u]=cnt;
23 }
24 int cal(int x,int y){return (x-1)*m+y;}
25 bool ok(int x,int y)
26 {
27 if(x>=1&&x<=n&&y>=1&&y<=m) return true;
28 return false;
29 }
30 void dfs(int x,int y,int t)
31 {
32 if(!t||(ok(x,y)&&mp[x][y]==‘.‘&&t<MP[cal(x,y)])){
33 MP[cal(x,y)]=t;
34 for(int i=0;i<4;++i) dfs(x+dx[i],y+dy[i],t+1);
35 }
36 }
37 bool spfa()
38 {
39 dis[S]=0;
40 vis[S]=1;
41 Q.push(S);
42 while(!Q.empty()){
43 int u=Q.front();
44 Q.pop();
45 for(int i=hl[u];i;i=e[i].ne){
46 int v=e[i].v,aft=dis[u]+1;
47 if(dis[v]>aft&&MP[v]>aft){
48 dis[v]=aft;
49 if(!vis[v]){
50 vis[v]=1;
51 Q.push(v);
52 }
53 }
54 }
55 vis[u]=0;
56 }
57 if(dis[T]==inf) return false;
58 return true;
59 }
60 int main()
61 {
62 //freopen("slikar.in","r",stdin);
63 //freopen("slikar.out","w",stdout);
64 memset(dis,127/3,sizeof(dis));
65 memset(MP,127/3,sizeof(MP));
66 scanf("%d%d",&n,&m);
67 for(int i=1;i<=n;++i)
68 for(int j=1;j<=m;++j)
69 scanf(" %c",&mp[i][j]);
70 for(int i=1;i<=n;++i)
71 for(int j=1;j<=m;++j){
72 if(mp[i][j]==‘*‘) dfs(i,j,0);
73 else{
74 switch(mp[i][j]){
75 case ‘S‘:S=cal(i,j);break;
76 case ‘D‘:T=cal(i,j);break;
77 case ‘X‘:continue;break;
78 }
79 for(int k=0;k<4;++k){
80 int X=i+dx[k],Y=j+dy[k],t=1;
81 if(ok(X,Y)&&mp[X][Y]!=‘*‘&&mp[X][Y]!=‘X‘) add(cal(i,j),cal(X,Y));
82 }
83 }
84 }
85 if(!spfa()) puts("KAKTUS");
86 else printf("%d\n",dis[T]);
87 return 0;
88 }
————————今天好晚了懒得粘分割线呢————————
芒果君：表示这次终于没有翻车，没有预计结果因为害怕这么多模拟写炸，最后还挺高的，开森，不过以后还是要多刷图论啊。
时间： 2024-10-12 17:20:16