2018/7/6-纪中某C组题【jzoj1192,jzoj1397,jzoj1736】

前言

全体爆零，十分开心

正题

T1：矩阵

大意

就是N个矩阵，然后进行矩阵乘法( $n*m$ 和 $m*p$ 的矩阵相乘就会变成 $n*p$ 的矩阵并且运算次数是 $n*m*p$ )，然后求最小乘法运算次数。

考试时

一直以为会是图论，然后想来想去（什么网络流，SPFA啊），然后就是不会做。

解题思路

首先讲解一下矩阵乘法的性质：
假设有两个矩阵A和B
$A*B\neq B*A$
由此因为题目说矩阵一点可以进行相乘，所以前一个矩阵的宽一定等于后一个矩阵的长，然后就可以进行区间dp：
$f[i][j]$ 表示将 $i \sim j$ 合并为一个矩阵的最少运算次数
然后枚举中间分割线 $mid$ 表示 $i \sim mid$ ， $mid+1 \sim j$ 分开合并，然后所有的取最小值。

代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int n,a[501],b[501],f[501][501];
int main()
{
    memset(f,127/3,sizeof(f));
    scanf("%d",&n);
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
        f[i][i]=0;//初始化
    }
    for (int j=2;j<=n;j++)
    {
        for (int i=j-1;i>=1;i--)
        {
            for (int mid=i;mid<j;mid++)
              f[i][j]=min(f[i][j],f[i][mid]+f[mid+1][j]+a[i]*b[mid]*b[j]);
              //动态转移
        }
    }
    printf("%d",f[1][n]);//输出
}

T2：圆盘取数

大意

有一个圆盘，上面有n个数，指针开始时指向第一个数，之后可以取走离指针距离不超过k里面的数，取走数代价是数的值，然后指针移动一格需要消耗代价为当前剩下最大的数。求取走所有数的最小代价。

考试时

开始时题目理解错了，然后后来改正后打了个贪心，然后WA

解题思路

首先我们可以发现取数字无论何时取走都需要固定的代价，代价就是所有数的和，所以我们只需要求指针转动的代价就好了。

首先我们先在不移动指针的情况下取走数字
这里写图片描述
然后将剩余部分展开

然后这就是一条链了，然后我们可以顺路收掉所有的所以每次剩下的一点只会是一段区间。
因为现在指针离最左边和最右边刚好都是k，移动一格也只能多取一个数，所有我们就可以把k的问题去掉了。
之后我们就可以进行区间dp
$f[i][j][0/1]$ 表示只剩下 $i \sim j$ 的区间时指针在左/右边距离k。
然后我们现在重新定义这条链为 $1 \sim n$ ， $n$ 为这条链的长度，然后我们要一个一个的去掉，所以我们是枚举一个 $w(n-1 \sim 1)$ 表示目前的长度然后枚举i表示开头。
之后我们要求 $f[i][j][0/1]$ 了，我们有三种方式转移到 $f[i][j]$ ，我们拿在左边来计算，一是原本指针就在那个方向的左边，那么这样移动一格就好了

f [i - 1] [j] [0] + m a x [i - 1] [j]

$f[i-1][j][0]+max[i-1][j]$
然后另一种是左一格的情况转一圈过来取

f [i - 1] [j] [1] + (n - w) * m a x [i - 1] [j]

$f[i-1][j][1]+(n-w)*max[i-1][j]$
最后一种是右一格的情况转一圈过来取

f [i] [j + 1] [1] + (n - w + 1) * m a x [i] [j + 1]

$f[i][j+1][1]+(n-w+1)*max[i][j+1]$
动态转移方程

f [i] [j] [0] = m i n f [i - 1] [j] [0] + m a x [i - 1] [j], f [i - 1] [j] [1] + (n - k) * m a x [i - 1] [j], f [i] [j + 1] [1] + (n - k + 1) * m a x [i] [j + 1]

$f[i][j][0]=min{f[i-1][j][0]+max[i-1][j],f[i-1][j][1]+(n-k)*max[i-1][j],f[i][j+1][1]+(n-k+1)*max[i][j+1]}$

然后求右边的反过来就好了

代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define mins(x,y,z) min(x,min(y,z))
using namespace std;
int n,k,t,answ,ans,a[2010],f[2010][2010][2],m[2010][2010];
int main()
{freopen("data10.in","r",stdin);scanf("%d%d",&n,&k);n=n-2*k-1;for (int i=-k;i<=n+k;i++){scanf("%d",&t);answ+=t;//计算取数代价if (i>=1&&i<=n) a[i]=t;//去掉开始可以取的}for (int i=1;i<=n;i++){int maxs=0;for (int j=i;j<=n;j++)m[i][j]=(maxs=max(maxs,a[j]));//预处理区间最大}ans=2147483647/3;for (k=n-1;k>=1;k--){f[0][k][0]=f[0][k][1]=700000000;f[n-k+1][n+1][0]=f[n-k+1][n+1][1]=700000000;//防止取到界外for (int i=1;i<=n-k+1;i++){int j=i+k-1;f[i][j][0]=mins(f[i-1][j][0]+m[i-1][j],f[i-1][j][1]+(n-k)*m[i-1][j],f[i][j+1][1]+(n-k+1)*m[i][j+1]);//动态转移f[i][j][1]=mins(f[i][j+1][1]+m[i][j+1],f[i][j+1][0]+(n-k)*m[i][j+1],f[i-1][j][0]+(n-k+1)*m[i-1][j]);//动态转移}}for (int i=1;i<=n;i++)ans=min(ans,min(f[i][i][0],f[i][i][1])+a[i]+answ);//求最小代价printf("%d",ans);
}

T3：扑克游戏

大意

一颗无穷大的完全二叉树
这里写图片描述
你有n张数值不同的牌，如果你将一张牌放到了一个节点那么代价就是 $num-(dep-1)$ 并且封锁子树，然后要求所有的牌放在树上的最小代价。

考试时

敲了一个贪心每次尽量平均分成两半子树传，然后只剩一个数时返回信息，最后进行统计

贪心代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int tot,n,a[10001],s,v[10001];
int tx(int x,int num,int sum,int dep)
{if (x<=1&&dep!=0) return sum*dep;int s=0,k=0;++tot;for (int i=1;i<=n;i++)if (v[i]==num){if (s*(dep+1)+a[i]*(dep+1)<=sum*(dep+1)/2) s+=a[i],v[i]=tot,k++;else v[i]=tot+1;}tot++;int w=tot;return tx(k,w-1,s,dep+1)+tx(x-k,w,sum-s,dep+1);
}
int main()
{   scanf("%d",&n);for (int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),s+=a[i];sort(a+1,a+1+n);printf("%d",tx(n,0,s,0));       
}

然后全WA

解题思路

就是合并果子（复制粘贴）
原理：
合并果子时最后一堆需要消耗 $sum+=a[i](i=1\sim n)$ ，然后假设上一堆的需要果子子集S，那么代价就是 $sum+=x(x\subseteq S)$ 。那么我们发现该数合并的次数其实就是这道题放在的深度加1。

正确原理是哈夫曼树（自己看我也不会）。

代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int k,x,num,n1,n2,a1[30001],a2[30001],t[20001],w,sum;
int main()
{scanf("%d",&num);memset(a1,127/3,sizeof(a1));memset(a2,127/3,sizeof(a2));for (int i=1;i<=num;i++){scanf("%d",&x);t[x]++;//桶}for (int i=1;i<=20000;i++){while (t[i])//通排序{t[i]--;a1[++n1]=i;}}int i=1,j=1;k=1;while (k<num){if (a1[i]<a2[j])//取最小值{w=a1[i];i++;}else{w=a2[j];j++;}if (a1[i]<a2[j])//取第二次{w+=a1[i];i++;}else{w+=a2[j];j++;}a2[++n2]=w;//加入第二个队列k++;//计算合并次数sum+=w;//计算价值}printf("%d",sum);
}