您的位置: 首页  >  文章  >  2019.01.26【NOIP提高组】模拟 B 组：解题报告

2019.01.26【NOIP提高组】模拟 B 组：解题报告

分类: 文章 • 2024-03-24 11:42:34

文章目录

1.天平

Description

FJ有一架用来称牛的体重的天平。与之配套的是N(1≤N≤401\leq N \leq40)个已知质量的砝码（所有砝码质量的数值都在31位二进制内）。每次称牛时，他都把某头奶牛安置在天平的某一边，然后往天平另一边加砝码，直到天平平衡，于是此时砝码的总质量就是牛的质量（FJ不能把砝码放到奶牛的那边，因为奶牛不喜欢称体重，每当FJ把砝码放到她的蹄子底下，她就会尝试把砝码踢到FJ脸上）。天平能承受的物体的质量不是无限的，当天平某一边物体的质量大于C(1≤C<2301 \leq C<2^{30})时，天平就会被损坏。砝码按照它们质量的大小被排成一行。并且，这一行中从第3个砝码开始，每个砝码的质量至少等于前面两个砝码（也就是质量比它小的砝码中质量最大的两个）的质量的和。
FJ想知道，用他所拥有的这些砝码以及这架天平，能称出的质量最大是多少。由于天平的最大承重能力为C，他不能把所有砝码都放到天平上。现在FJ告诉你每个砝码的质量，以及天平能承受的最大质量。你的任务是选出一些砝码，使它们的质量和在不压坏天平的前提下是所有组合中最大的。

Input

第1行: 两个用空格隔开的正整数，NN和CC。
第2...N+12...N+1行: 每一行仅包含一个正整数，即某个砝码的质量。保证这些砝码的质量是一个不下降序列。

Output

一个正整数，表示用所给的砝码能称出的不压坏天平的最大质量。

Solutions

这一道题用暴力递归就是枚举每一个数选或不选，那时间复杂度就是的太慢了！
我们先看一看这些砝码的特点：一个砝码将大于前两个砝码的和。
则：
w[3]−w[2]>=w[1]w[3]-w[2]>=w[1]
w[4]−w[3]>=w[2]w[4]-w[3]>=w[2]
…………
w[i]−w[i−1]>=w[i−2]w[i]-w[i-1]>=w[i-2]
把所有的式子加起来则可以得到：
w[i]−w[2]>=前i−2个数的和。w[i]-w[2]>=前i-2个数的和。
我们其实可以分析以下三种情况：

  • 如果我们选择前n-1个数的和，那和一定是小于w[n-1]+w[n]的，所以我们一定要选w[n]。
  • 我们不能同时选w[n]+w[n-1]但如果我们选前n-2个数的和，一定是小于w[n]的，而选n-1个数，则有可能大于w[n]，所以我们要选第n个砝码或第n-1个砝码。
  • 我们不能选择第n个砝码。

这个时候我们便可以用递归做这一道题，
假如是情况一，我们用暂存的和把它加起来就行了。
如果是情况三，我们不加，然后边把参数-1（因为第n个数已经没有用了），递归下去。
如果是情况二，我们就两个都递归一下，然后把参数-2。

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
using namespace std;
long long a[45];
int b[51];
long long ans=0,sum=0;
int cmp(const void *xx,const void *yy)
{
    long long n1=*(long long *)xx;
    long long n2=*(long long *)yy;
    if(n1>n2) return 1;
    else return -1;
}
int n;long long c;
void dfs(int s)
{
    if(s==0)
    {
        if(sum<=c&&sum>ans)
        {
            ans=sum;
        }
        return ;
    }
    else
    {
        if(c-sum>=a[s]+a[s-1])
        {
            sum+=a[s];
            dfs(s-1);
            sum-=a[s];
        }
        else if(c-sum<a[s])
        {
            dfs(s-1);
        }
        else
        {
            sum+=a[s];
            dfs(s-2);
            sum-=a[s];
            sum+=a[s-1];
            dfs(s-2);
            sum-=a[s-1];
        }
    }
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    scanf("%lld",&c);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&a[i]);
    }
    qsort(a+1,n,sizeof(long long),cmp);
    dfs(n);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

2.游历的路线

Description

我们的郭嘉大大经过一段时间发现了袁绍这个人干大事而惜身，见小利而忘义，又逢曹操在招兵买马，决定逃离袁绍去投曹操，而我们的曹操在第M天招募良材，我们的郭嘉大大既不能早去，也不能晚去，于是乎，他就趁着这一段时间到其他的城市游历一番，而每两个城市之间只能坐马车来往，由于我们的郭嘉大大很贪钱，他想用最少的费用，所以需要我们帮他求出这一个最小的费用。

Input

第一行包含两个数n,mn,m, 表示有n个城市，和m天后曹操招纳良材。城市一就是郭嘉所在的城市，城市nn就是曹操处。接下来n∗(n–1)n * (n – 1)行描述马车乘坐表。
第22到第nn行就是描述的城市1到2…n2…n的马车乘坐表. 　　
第n+1n + 1到第2n−12n-1行描述的城市22到城市1,3..n1,3..n的马车乘坐表……… …
对每一行，首先有一个数T，表示城市I到城市JJ的马车以TT为周期，接下来有TT个数，表示每天的马车的价格，如果价格为00则表示没有马车可坐。

Output

如果存在这样的路线使郭嘉第m天到达曹操处，则输出最少的费用，否则输出0

Data Constraint

n≤100n \leq100
m≤200m \leq 200
T≤20T \leq 20
Price≤50000Price \leq 50000

Solutions

很明显是一个二维dpdp:设f[i][j]f[i][j]表示第ii天到达jj城市的最小费用。
那么很明显，可以从第i−1i-1天的任意城市（只要这一天有马车可以到达这里）转移过来。
f[i][j]=min(f[i][j],f[i−1][k]+c[k][j][(i−1)f[i][j]=min(f[i][j],f[i−1][k]+c[k][j][(i−1)%T[k][j]+1])
其中k kk是枚举的第i−1 i-1i−1天的所在位置，T TT是马车价格。
时间复杂度：O(n2m)O(n^2m) 足以过掉本题。

Code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=110;
const int M=210;
const int Inf=1e9;
int n,m,x,T[N][N],c[N][N][30],f[M][N];
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1;i<=n;i++)
		for (int j=1;j<=n;j++)
			if (i!=j)
			{
				scanf("%d",&T[i][j]);
				for (int k=1;k<=T[i][j];k++)
				{
					scanf("%d",&c[i][j][k]);
					if (!c[i][j][k]) c[i][j][k]=Inf+1;
				}
			}
	memset(f,0x3f3f3f3f,sizeof(f));
	f[0][1]=0;
	for (int i=1;i<=m;i++)
		for (int j=1;j<=n;j++)
			for (int k=1;k<=n;k++)
				if (k!=j)
					f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][k]+c[k][j][(i-1)%T[k][j]+1]);
	if (f[m][n]<Inf) printf("%d\n",f[m][n]);
		else printf("0\n");
	return 0;
}

3.食物

Description

2019.01.26【NOIP提高组】模拟 B 组：解题报告

Input

2019.01.26【NOIP提高组】模拟 B 组：解题报告

Output

2019.01.26【NOIP提高组】模拟 B 组：解题报告

Data Constraint

2019.01.26【NOIP提高组】模拟 B 组：解题报告

Solutions

由于食物可以拆开运输，所以让食物美味度之和不小于p和最少的价钱运输这两个问是毫不相关的。
那么就分开来看。nn种不同的食物，美味度t[i]t[i]​,大小u[i]u[i],数量v[i]v[i]，这不就是一道裸的完全背包吗！
设f[i]f[i]表示重量为ii的最大美味度，那么就可以用二进制拆分做出来前半问了。
mm种运载工具，载重x[i]x[i],费用y[i]y[i],运输次数z[i]z[i]

这和第一问有什么区别嘛。。。

还是一个完全背包。跑一遍就可以得到答案了。
注意判断 TATTAT 的情况。

Code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=210;
const int M=50200;
int T,n,m,p,q,sum,ans,t[N],u[N],v[N],f[M],W[N*7],V[N*7];
int read()
{
	int d=0;
	char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
	while (ch>='0'&&ch<='9')
		d=(d<<3)+(d<<1)+ch-48,ch=getchar();
	return d;
}

int main()
{
	T=read();
	while (T--)
	{
		memset(V,0,sizeof(V));
		memset(W,0,sizeof(W));
		memset(f,0,sizeof(f));
		sum=0;
		n=read(),m=read(),p=read();
		for (register int i=1;i<=n;i++)
		{
			t[i]=read(),u[i]=read(),v[i]=read();
			int j;
			for (j=1;j<=v[i];j*=2)  //二进制拆分
			{
				V[++sum]=t[i]*j;
				W[sum]=u[i]*j;
				v[i]-=j;
			}
			if (v[i])
			{
				V[++sum]=t[i]*v[i];
				W[sum]=u[i]*v[i];
			}
		}
		for (register int i=1;i<=sum;i++)
			for (register int j=M-1;j>=W[i];j--)
				f[j]=max(f[j],f[j-W[i]]+V[i]);
		q=-1;
		for (register int i=1;i<M;i++)
			if (f[i]>=p)  //求出满足美味度不小于p的最小价值
			{
				q=i;
				break;
			}
		if (q<0)  //不成立
		{
			printf("TAT\n");
			for (int i=1;i<=m;i++) q=read(),q=read(),q=read();
			//一定要把无用的读入读完！！！
			continue;
		}
		memset(V,0,sizeof(V));
		memset(W,0,sizeof(W));
		memset(f,0,sizeof(f));
		sum=0;
		for (register int i=1;i<=m;i++)
		{
			t[i]=read(),u[i]=read(),v[i]=read();
			int j;
			for (j=1;j<=v[i];j*=2)
			{
				V[++sum]=t[i]*j;
				W[sum]=u[i]*j;
				v[i]-=j;
			}
			if (v[i])
			{
				V[++sum]=t[i]*v[i];
				W[sum]=u[i]*v[i];
			}
		}
		for (register int i=1;i<=sum;i++)
			for (register int j=50000;j>=W[i];j--)  //最大花费50000
				f[j]=max(f[j],f[j-W[i]]+V[i]);
		ans=-1;
		for (register int i=1;i<=50000;i++)
			if (f[i]>=q)
			{
				ans=i;
				break;
			}
		if (ans<0)
		{
			printf("TAT\n");
			continue;
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}

相关推荐