2019 CCPC-Wannafly Winter Camp Div2 Day1

补题进度 7/11

J 夺宝奇兵

范围较小，直接枚举靠多少票赢即可，不够的票从小到大买

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
const int maxn = 1005;
using namespace std;
struct node
{ll id,val;int pos;
}p[maxn],P[maxn];
bool vis[maxn];
bool cmp(node u,node v)
{return u.val<v.val;
}
bool cmp2(node u,node v)
{if(u.id==v.id) return u.val>v.val;return u.id<v.id;
}
int main()
{int n,m;cin>>n>>m;for(int i=1; i<=m; i++){cin>>p[i].val>>p[i].id;p[i].pos=i;P[i]=p[i];}ll ans=1e18;sort(P+1,P+1+m,cmp);sort(p+1,p+1+m,cmp2);for(int i=1; i<=m; i++){memset(vis,0,sizeof(vis));int have=0;//当前有的票int need=i;//赢需要多少票int x=0;ll val=0;for(int j=1; j<=m; j++){if(p[j].id!=p[j-1].id) x=1;else x++;if(x>need) //别人票数大于你赢时需要的票数
            {have++;val+=p[j].val;vis[p[j].pos]=1;}}if(have<=need) {for(int j=1; j<=m; j++){if(!vis[P[j].pos]){vis[P[j].pos]=1;have++;val+=P[j].val;if(have>need) break;}}}if(have>need)ans=min(ans,val);// cout<<i<<" "<<ans<<endl;
    }cout<<ans<<endl;
}

View Code

F 爬爬爬山

我们很容易知道，当其他山大于第一座山+体力值时，此个山是到达不到的。所以我们在遇到这种情况的时候，我们直接把需要把减掉的花费建到边权就ok了，然后跑dij

#include<bits/stdc++.h>
#define FIN freopen("input.txt","r",stdin)
#define ll long long
#define mod 998244353
const int maxn = 100005;
using namespace std;
int h[maxn],Next[maxn*20],head[maxn],To[maxn*20];
ll len[maxn*20],dis[maxn];
bool vis[maxn];
int cnt,n;
inline void add(int u,int v,ll w)
{Next[++cnt]=head[u];head[u]=cnt;To[cnt]=v;len[cnt]=w;
}
void dij()
{for(int i=1;i<=n;i++)dis[i]=2e18;dis[1]=0;priority_queue<pair<ll,int> ,vector<pair<ll,int> > , greater< pair<ll,int> > >q;q.push(make_pair(0,1));while(!q.empty()){pair<ll,int> tmp=q.top();q.pop();int u=tmp.second;if(vis[u]) continue;vis[u]=1;for(int i=head[u];i!=-1;i=Next[i]){int v=To[i];ll d=len[i];//    cout<<v<<" "<<len[i]<<endl;if(dis[v]>dis[u]+d){dis[v]=dis[u]+d;q.push(make_pair(dis[v],v));}}}
}
int main()
{#ifndef ONLINE_JUDGEFIN;#endifmemset(head,-1,sizeof(head));int m;ll k;cin>>n>>m>>k;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>h[i];}for(int i=1;i<=m;i++){int u,v;ll w;cin>>u>>v>>w;add(u,v,w+max(0LL,(h[v]-h[1]-k))*max(0LL,(h[v]-h[1]-k)));add(v,u,w+max(0LL,(h[u]-h[1]-k))*max(0LL,(h[u]-h[1]-k)));}dij();cout<<dis[n]<<endl;
}

View Code

B 吃豆豆

数据是10*10的二维矩阵，数据特别小，我们直接对于每秒直接算暴力算此秒的值就好了

#include<bits/stdc++.h>
#define FIN freopen("input.txt","r",stdin)
#define ll long long
#define mod 998244353
const int maxn = 100005;
using namespace std;
ll dp[11][11][20000];
int dir[5][2]={1,0,-1,0,0,-1,0,1,0,0};
bool vis[11][11][20000];
int T[11][11];
int main()
{#ifndef ONLINE_JUDGEFIN;#endifint n,m,c;cin>>n>>m>>c;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)cin>>T[i][j];int xs,ys,xt,yt;cin>>xs>>ys>>xt>>yt;vis[xs][ys][0]=1;for(int k=1;;k++){for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++){if(!vis[i][j][k-1]) continue;for(int p=0;p<5;p++){int x=i+dir[p][0];int y=j+dir[p][1];if(x<1||x>n||y<1||y>m) continue;vis[x][y][k]=1;if(k%T[x][y]==0)dp[x][y][k]=max(dp[x][y][k],dp[i][j][k-1]+1);else dp[x][y][k]=max(dp[x][y][k],dp[i][j][k-1]);if(x==xt&&y==yt&&dp[x][y][k]>=c){cout<<k<<endl;return 0;}}}}
}

View Code

C 拆拆拆数

直接拆成两个数（待证）

#include<bits/stdc++.h>
#define FIN freopen("input.txt","r",stdin)
#define ll long long
#define mod 998244353
const int maxn = 3000005;
using namespace std;
ll prime[1005];
bool isprime[1005];
int main()
{#ifdef ONLINE_JUDGE#else FIN;#endifint n,cnt=0;cin>>n;for(int i=2;i<=1000;i++){if(isprime[i]==0){prime[++cnt]=i;for(int j=1;j*i<=1000;j++){isprime[i*j]=1;}}}while(n--){ll a,b;cin>>a>>b;if(__gcd(a,b)==1)cout<<1<<"\n"<<a<<" "<<b<<"\n";else {for(int i=1;i<=cnt;i++){if(__gcd(a-prime[i],prime[i])==1&&(__gcd(prime[i],b-prime[i])==1)){cout<<2<<"\n";cout<<a-prime[i]<<" "<<prime[i]<<"\n";cout<<prime[i]<<" "<<b-prime[i]<<"\n";break;}}}}
}

View Code

I 起起落落

题目是求 p[2k−1]>p[2k+1]>p[2k]的子序列有多少个。我们定义dp[i] 表示前i个有多少个满足要求的子序列。

思路：dp[i]的值可以由dp[1~i-2]得到我们定义k代表可以使用的中间点

当a[1~i-2]>a[i]时我们可以直接算贡献为(dp[]+1)*k 当a[2~i-2]<a[i]时我们都能讲此点作为中间点 k++；

#include<bits/stdc++.h>
#define FIN freopen("input.txt","r",stdin)
#define ll long long
#define mod 1000000007
const int maxn = 2000+5;
using namespace std;
ll dp[maxn];
int a[maxn];
int main()
{#ifndef ONLINE_JUDGEFIN;#endifint n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];int ans=0;for(int i=3;i<=n;i++)  //枚举右端点
    {int k=a[i]>a[i-1];for(int j=i-2;j>=1;j--){if(a[j]>a[i])dp[i]=(dp[i]+(dp[j]+1)*k)%mod;else if(a[j]<a[i])k++;}ans=(ans+dp[i])%mod;}cout<<ans<<endl;
}

View Code

A 机器人

分类讨论即可我们会发现我们最多传送两次即可走到所有点

最后可以分为两类：1.都在a区答案直接为s点到最左点的特殊点和s到最右的特殊点的两倍

2.b区有答案为1类答案再加上 2*k

要注意的是 a区起点可作为转向点

详细可以参考如下博客：https://blog.csdn.net/CaprYang/article/details/86655459

代码同上~

E 流流流动

树形dp 按题意写即可~

#include<bits/stdc++.h>
#define FIN freopen("input.txt","r",stdin)
#define ll long long
#define mod 1000000007
const int maxn = 300+5;
using namespace std;
int head[maxn],To[maxn*20],Next[maxn*20];
int f[maxn],d[maxn],dp[maxn][2],cnt;
bool vis[maxn];
inline void add(int u,int v)
{Next[++cnt]=head[u];head[u]=cnt;To[cnt]=v;
}void dfs(int u,int fa)
{vis[u]=1;dp[u][0]=0;dp[u][1]=f[u];for(int i=head[u];i!=-1;i=Next[i]){int v=To[i];if(v==fa) continue;dfs(v,u);dp[u][0]+=max(dp[v][1],dp[v][0]);dp[u][1]+=max(dp[v][0],dp[v][1]-d[min(u,v)]);}
}int main()
{#ifndef ONLINE_JUDGEFIN;#endifmemset(head,-1,sizeof(head));int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>f[i];for(int i=1;i<=n;i++)cin>>d[i];for(int i=2;i<=n;i++){if(i&1) {add(i,3*i+1);add(3*i+1,i);}else {add(i,i/2);add(i/2,i);}}int ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(!vis[i]){dfs(i,0);ans+=max(dp[i][0],dp[i][1]);}}cout<<ans<<"\n";
}