5.4QBXT 模拟赛 (Rank1 机械键盘蛤蛤)

NOIP2016提高组模拟赛

——By wangyurzee7

中文题目名称	纸牌	杯具	辣鸡
英文题目与子目录名	cards	cups	spicychicken
可执行文件名	cards	cups	spicychicken
输入文件名	cards.in	cups.in	spicychicken.in
输出文件名	cards.out	cups.out	spicychicken.out
每个测试点时限	1秒	1秒	1秒
测试点数目	16	10	10
每个测试点分值	6.25	10	10
题目类型	传统	传统	传统
运行内存上限	128M	256M	512M

注意：评测时不打开任何优化开关

纸牌

(cards.cpp/c/pas)

【问题描述】

纸牌选手wyz喜欢玩纸牌。

wyz有2n张纸牌，点数分别为1到2n。wyz要和你玩一个游戏，这个游戏中，每个人都会分到n张卡牌。游戏一共分为n轮，每轮你们都要出一张牌，点数大者获胜。

不自量力的wyz觉得你很菜，于是每轮他都会先于你出牌，你可以根据他出的牌来做决策。

游戏开始了，你拿到了你的牌，你现在想知道，你最多能够获胜几轮？

【输入格式】

输入到cards.in

第一行1个正整数n。

第2行到第n+1行每行一个正整数a[i]，表示你的第i张牌的点数。

【输出格式】

输出到cards.out

一行一个整数表示你最多能够获胜的轮数。

【输入输出样例】

cards.in

cards.out

【数据范围】

对于32.5%的数据，保证1<=n<=100

对于100%的数据，保证1<=n<=50,000

保证数据的合法性，即你即不会拿到重复的牌，又不会拿到超出点数范围的牌。

略水。。

#include <algorithm>

#include <cstdio>

#define N 50001

using namespace std;

int ans,cnt,n,a[N],b[N],f[N];

bool fw[N*],vis[N*];

void read(int &x)

{

    x=;

    bool f=;

    char ch=getchar();

    while(ch>''||ch<'')

    {

        if(ch=='-') f=;

        ch=getchar();

    }

    while(ch>=''&&ch<='')

    {

        x=x*+ch-'';

        ch=getchar();

    }

    x=f?(~x+):x;

}

int max(int a,int b)

{

    return a>b?a:b;

}

int main()

{

    freopen("cards.in","r",stdin);

    freopen("cards.out","w",stdout);

    read(n);

    for(int i=;i<=n;i++)

        read(a[i]),fw[a[i]]=;

    sort(a+,a+n+);

    for(int i=;i<=*n;i++)

    if(!fw[i]) b[++cnt]=i;

    sort(b+,b++cnt);

    for(int i=;i<=cnt;i++)

    {

        int l=,r=n,pos,p=0x7fffffff;

        while(l<=r)

        {

            int mid=(l+r)/;

            if(a[mid]>b[i]&&!vis[mid])

            {

                if(a[mid]<p)

                {

                    p=a[mid];

                    pos=mid;

                }

                r=mid-;

            }

            else l=mid+;

        }

        vis[pos]=;

        if(p!=0x7fffffff) ans++;

    }

    printf("%d",ans);

    return ;

}

二分

杯具

(cups.cpp/c/pas)

【问题描述】

杯具选手wyz喜欢玩杯具。

wyz有2个容量分别为n单位、m单位的没有刻度的杯具。wyz有t分钟可以摆弄他的杯具。每一分钟，他都可以做下面4件事中的任意一件：

(1)用水龙头放满一个杯具。

(2)倒空一个杯具。

(3)把一个杯具里的水倒到另一个杯具里，直到一个杯具空了或者另一个杯具满了。（看哪种情况先发生）

(4)什么都不做。

wyz希望最后能获得d个单位的水，假设最后两个杯具中水量的总和为x，那么他的不开心度就为|d-x|。

现在你想知道，wyz的不开心度最小是多少。

【输入格式】

输入到cups.in

第一行4个整数n、m、t、d，分别表示两个杯具的容量、时间限制以及期望值。

【输出格式】

输出到cups.out

一行一个整数表示wyz的最小不开心度。

【输入输出样例】

cups.in	cups.out
7 25 2 16	9

【数据范围】

对于10%的数据，保证t=1

对于20%的数据，保证t<=2

对于40%的数据，保证t<=4

对于100%的数据，保证1<=n,m<=100，1<=t<=100，1<=d<=200

dp题，完全不会写，只会打爆搜。。

#include <cstdio>

void read(int &x)

{

    x=;bool f=;char ch=getchar();

    while(ch>''||ch<'')

    {

        if(ch=='-') f=;

        ch=getchar();

    }

    while(ch>=''&&ch<='')

    {

        x=x*+ch-'';

        ch=getchar();

    }

    x=f?(~x)+:x;

}

int h1,h2,n,m,t,d,ans=0x7fffffff;

int abs(int x) {return x>?x:-x;}

int min(int a,int b) {return a>b?b:a;}

void dfs(int r1,int r2,int T)

{

    if(T==t)

    {

        ans=min(ans,abs(d-(r1+r2)));

        return;

    }

    for(int i=;i<=;i++)

    {

        if(i==)

        {

            if(r1<n) dfs(n,r2,T+);

            if(r2<n) dfs(r1,m,T+);

            if(r1==n&&r2==m) dfs(r1,r2,T+);

            else dfs(r1,r2,T+);

        }

        if(i==)

        {

            if(r1!=) dfs(,r2,T+);

            if(r2!=) dfs(r1,,T+);

            if(r1==&&r2==) dfs(r1,r2,T+);

            else dfs(r1,r2,T+);

        }

        if(i==)

        {

            if(r1+r2<=n) dfs(r1+r2,,T+);

            if(n-r1>r2) dfs(n,r2-(n-r1),T+);

            if(r1+r2<=m) dfs(,r1+r2,T+);

            if(m-r2>r1) dfs(r1-(m-r2),m,T+);

            dfs(r1,r2,T+);

        }

        if(i==) dfs(r1,r2,T+);

    }

}

int main()

{

    freopen("cups.in","r",stdin);

    freopen("cups.out","w",stdout);

    read(n);

    read(m);

    read(t);

    read(d);

    if(t==)

    {

        printf("%d",min(abs(n-d),min(abs(m-d),d)));

        return ;

    }

    else ans=min(abs(n-d),min(abs(m-d),d)),dfs(,,);

    printf("%d",ans);

    return ;

}

爆搜40分。

//This program is designed by KHAOCE_Hydroge the member of the standing committee in Handong provincial committee.#include <cstdio>

#include <algorithm>

#include <cmath>

#include <cstring>

#include <cstdio>

#define N 101

#define M 101

#define D 201

#define T 101

using namespace std;

int dp[N][M][T];

int n, m, t, d;

int dfs(int x, int y, int z) {

    if (dp[x][y][z] != 0x3f3f3f3f) return dp[x][y][z];

    if (z > t) {

        return dp[x][y][z] = abs(x + y - d);

    }

    int xx = n - x;

    int yy = m - y;

    dp[x][y][z] = min(dp[x][y][z], dfs(n, y, z + ));

    dp[x][y][z] = min(dp[x][y][z], dfs(x, m, z + ));

    dp[x][y][z] = min(dp[x][y][z], dfs(, y, z + ));

    dp[x][y][z] = min(dp[x][y][z], dfs(x, , z + ));

    dp[x][y][z] = min(dp[x][y][z], dfs(x, y, z + ));

    if (x > yy)

        dp[x][y][z] = min(dp[x][y][z], dfs(x - yy, m, z + ));

    if (x < yy)

        dp[x][y][z] = min(dp[x][y][z], dfs(, y + x, z + ));

    if (y > xx)

        dp[x][y][z] = min(dp[x][y][z], dfs(n, y - xx, z + ));

    if (y < xx)

        dp[x][y][z] = min(dp[x][y][z], dfs(x + y, , z + ));

    return dp[x][y][z];

}

int main() {

    freopen("cups.in", "r", stdin);

    freopen("cups.out", "w", stdout);

    memset(dp, 0x3f, sizeof dp);

    scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &t, &d);

    dfs(, , );

    printf("%d", dp[][][]);

    return ;

}

同班大佬的记忆化搜索

辣鸡

(spicychicken.cpp/c/pas)

【问题描述】

辣鸡选手wyz喜欢辣鸡。

wyz在后院养了许多辣鸡。wyz的后院可以看成一个A*B的矩形，左下角的坐标为(0,0)，右上角的坐标为(A,B)。

wyz还在后院里建了许多栅栏。有n个平行于y轴的栅栏a1..an，表示挡在(ai,0)到(ai,B)之间。有m个平行于x轴的栅栏b1..bn，表示挡在(0,bi)到(A,bi)之间。这样，平面被划成了(n+1)*(m+1)块辣鸡的活动区域。

为了方便辣鸡的活动，wyz现在要去掉某些栅栏的一部分，使得每一块活动区域都连通。

同时，每次修改栅栏只能去掉从某个交点到另一个交点的一整段栅栏。举（打）个比（栗）方（子）：

原来是这样的布局，经过修改可以变成这样：

现在，wyz想知道，要使得每一块辣鸡活动区域都联通，最少需要去掉多少长度的栅栏。

【输入格式】

输入到spicychicken.in

第一行4个正整数A、B、n、m，描述了后院的大小和两种栅栏的数目。

第2行到第n+1行，每行1个正整数，第i+1行的数描述了a[i]。

第n+2行到第n+m+1行，每行1个正整数，第n+i+1行的数描述了b[i]。

【输出格式】

输出到spicychicken.out

一行一个整数表示需要去掉的栅栏的最小长度总和。

【输入输出样例】

spicychicken.in

spicychicken.out

15 15 5 2

【数据范围】

对于10%的数据，A,B<=1000，n,m<=20

对于30%的数据，A,B<=1000,000，n*m<=25,000

对于40%的数据，n*m<=250,000

对于50%的数据，n*m<=4,000,000

对于100%的数据，1<=A,B<=1000,000,000，1<=n,m<=25,000

数据保证0<a[i]<A，0<b[i]<B

最小生成树

巴特西

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