1.二叉树
【问题描述】 二叉排序树或者是一棵空树，或者是具有下列性质的二叉树： （1）若左子树不空，则左子树上所有结点的值均小于它的根结点的值； （2）若右子树不空，则右子树上所有结点的值均大于它的根结点的值； （3）左、右子树也分别为二叉排序树； （4）没有键值相等的结点。 完全二叉树：只有最下面的两层结点度能够小于2，并且最下面一层的结点 都集中在该层最左边的若干位置的二叉树。 上图中，(a)和(b)是完全二叉树，(c)和(d)是非完全二叉树。 给出N个数，且这N个数构成1至N的排列。现在需要你按顺序构建一棵二叉 排序树，并按照层次遍历的方式输出它，然后判断它是否是一棵完全二叉树。 【输入格式】 输入文件名为binary.in。 输入文件包含两行。第一行为一个正整数N；第二行为1至N的排列。 【输出格式】 输出文件名为binary.out。 输出文件包含两行。第一行为构建出的二叉排序树的层次遍历；第二行判 断是否是完全二叉树：若是输出yes，否则输出no。 【输入输出样例1】 binary.in 10 7 9 8 4 6 2 10 1 5 3 binary.out 7 4 9 2 6 8 10 1 3 5 yes 【输入输出样例2】 binary.in 5 3 4 5 2 1 binary.out 3 2 4 1 5 no 【数据规模与约定】 对于100%的数据，1≤N≤20。
题解：基本的二叉树，读入x，然后从根节点开始，小就放左，大就放右，满了就放下一层。
判断是否完全其实很容易，一个x个节点的树如果是完全二叉树，它的1-x号节点都是非空的，这个调试一下就可以发现。
一开始错了其实是自己粗心，只输出了前x个节点，但是如果这颗树不是完全的，就会有未输出的情况，光荣的贡献一个wa。
代码：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define maxn 2100000
using namespace std;
int tree[maxn];
int a[25],n,flg;
void build(int x){
int i=1;
while(1){
if(x<tree[i]){
if(!tree[i<<1]){
tree[i<<1]=x;
break;
}
i<<=1;
}
if(x>tree[i]){
if(!tree[i<<1|1]){
tree[i<<1|1]=x;
break;
}
i=i<<1|1;
}
}
}
int main(){
freopen("binary.in","r",stdin);
freopen("binary.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
flg=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
}
tree[1]=a[1];
for(int i=2;i<=n;i++)build(a[i]);
for(int i=1;i<=maxn;i++){
if(!tree[i]){
if(i<=n)
flg=0;
}
else printf("%d ",tree[i]);
}
if(flg)printf("\nyes");
else printf("\nno");
}
2.列车调度
【问题描述】 有N辆列车，标记为1,2,3,…,N。它们按照一定的次序进站，站台共有K个轨 道，轨道遵从先进先出的原则。列车进入站台内的轨道后可以等待任意时间后出 站，且所有列车不可后退。现在要使出站的顺序变为N,N-1,N-2,…,1，询问K的 最小值是多少。 例如上图中进站的顺序为1,3,2,4,8,6,9,5,7，则出站的顺序变为 9,8,7,6,5,4,3,2,1。 【输入格式】 输入文件名为manage.in。 输入共2行。 第 1 行包含1个正整数N，表示N辆列车。 第 2 行包含N个正整数，为1至N的一个排列，表示进站次序。 【输出格式】 输出文件名为manage.out。 输出共1行，包含1个整数，表示站台内轨道数K的最小值。 【输入输出样例1】 manage.in 3 1 2 3 manage.out 3 【输入输出样例2】 manage.in 9 1 3 2 4 8 6 9 5 7 manage.out 5 【数据规模与约定】 对于 30%的数据，N≤10； 对于 70%的数据，N≤2000； 对于 100%的数据，N≤100000。
题解：这题和codevs上的拦截导弹很像，只要之前有轨道最后一辆车编号比当前的大，就把当前的车停在那。但是如果有多个符合条件，找与当前差最小的一个（这样如果再来一辆编号大的，就可以停在那些末尾较大的轨道里，保证轨道利用高效。举例：当前两个轨道，末尾分别为5，3；来了一辆编号1的车，就停在3后。因为若停在5后，若下一辆为4，则就要新开轨道造成浪费了。）。如果没有符合的轨道，则所需轨道+1。
因为数据比较水原因，可以用以上方法暴力过，但是如果是一般情况，100000辆车，如果轨道数较大，是需要二分的。把当前所有轨道末尾放在数组里进行二分求相差最近的轨道。
代码：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int ans,top,n,a[200005],q[200005];
int main()
{
freopen("manage.in","r",stdin);
freopen("manage.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
int l=1,r=1;
top=1;
q[l]=a[1];
for(int i=2;i<=n;i++){
l=0;r=top;
if(a[i]>q[top]){
top++;
q[top]=a[i];
continue;
}
while(r-l>1){
int m=(l+r)>>1;
if(q[m]<a[i])l=m;
else r=m;
}
q[r]=a[i];
}
printf("%d",top);
return 0;
}
3. 保留道路
【问题描述】
很久很久以前有一个国家，这个国家有N个城市，城市由1,2,3,…,N标号，
城市间有M条双向道路，每条道路都有两个属性g和s，两个城市间可能有多条道
路，并且可能存在将某一城市与其自身连接起来的道路。后来由于战争的原因，
国王不得不下令减小花费从而关闭一些道路，但是必须要保证任意两个城市相互
可达。
道路花费的计算公式为wG*max{所有剩下道路的属性g}+wS*max{所有剩下道
路的属性s}，其中wG和wS是给定的值。国王想要在满足连通性的前提下使这个花
费最小，现在需要你计算出这个花费。
【输入格式】
输入文件名为road.in。
第一行包含两个正整数N和M。
第二行包含两个正整数wG和wS。
后面的M行每行描述一条道路，包含四个正整数u,v,g,s，分别表示道路连接
的两个城市以及道路的两个属性。
【输出格式】
输出文件名为road.out。
输出一个整数，表示最小花费。若无论如何不能满足连通性，输出-1。
【输入输出样例】
road.in
3 3
2 1
1 2 10 15
1 2 4 20
1 3 5 1
road.out
30
【数据规模与约定】
对于 10%的数据，N≤10，M≤20；
对于 30%的数据，N≤100，M≤1000；
对于 50%的数据，N≤200，M≤5000；
对于 100%的数据，N≤400，M≤50000，wG,wS,g,s≤1000000000。
题解：
这题乍一看很没思路（所以考试没做出来qaq）。但是仔细分析一下还是很有意思。
本题的难点在于它的排序有两个参数要考虑，让人排序的时候无从下手。不过仔细考虑一下，可以发现，我们可以先从一个参数下手。
先将所有道路按g从小到大排序，然后建立一个最小生成树有n条边，以s的值把边的编号放进数组st中，再依次把其他边加入这个数组，不难知道，新的最小值一定会从每次的n+1条边中更新而来。
然后每次把st中最上面的点去掉，保留n条边，这样每次都从n+1条里找树，每次和ans取最小，就是答案。
代码：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
const int N=410;
const int M=50010;
int n,m,i,j,num,fu,fv;
ll Wg,Ws;
struct edge
{
int u,v,g,s;
}a[M];
ll ans=0x7fffffffffffffffLL;
int fa[N],st[N],top;
int find(int x)
{
return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);
}
int cmp(edge a,edge b){
return a.g<b.g;
}
int main(){
freopen("road.in","r",stdin);
freopen("road.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
scanf("%d%d",&Wg,&Ws);
for(i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d%d%d",&a[i].u,&a[i].v,&a[i].g,&a[i].s);
}
sort(a+1,a+m+1,cmp);
top=0;
for(i=1;i<=m;i++){
for(j=1;j<=n;j++)fa[j]=j;
for(j=top;j>=1;j--){
if(a[st[j]].s>a[i].s){
st[j+1]=st[j];
}
else break;
}
top++;
st[j+1]=i;
num=0;
for(j=1;j<=top;j++){
fu=find(a[st[j]].u);fv=find(a[st[j]].v);
if (fu!=fv)
{
fa[fu]=fv;
st[++num]=st[j];
}
}
if (num==n-1)
ans=min(ans,Wg*a[i].g+Ws*a[st[num]].s);
top=num;
}
if (ans==0x7fffffffffffffffLL)printf("-1\n");
else printf("%I64d\n",ans);
return 0;
}
时间： 2024-10-10 16:47:15