Have_No_W OI R1题解
Solution
T1
题意
\(n\) 个数，判断有多少个数小于 \(k\)。
签到题，没什么好说的。for 扫一遍统计即可。
Code
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
int ans,k,n;
int main() {
scanf("%d%d",&k,&n);
for(register int i = 1; i <= n; i++) {
int a;
scanf("%d",&a);
if(a>k) ans++;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
T2
题意
爬 \(h\) 米高的山，奇数小时爬，偶数小时休息。一次最多爬 \(a\) 米。若停在休息点，休息时不动；否则下落 \(b\) 米。求爬到顶的最小用时。
注意：爬到顶后不用休息。
分析 & 实现
由于 \(a > b\)，一定能登顶。并且注意到数据很小，其实可以直接模拟，但是要小小贪心一下。
考虑每次决策（以 2 小时为单位）：
- 若可以直接登顶，直接加 1 小时，结束；
- 否则，考虑最高的可达休息点，比较爬到休息点的高度和爬 \(a\) 米回落后的高度，进行能爬得更高的决策。
注意要先把休息点排序。
Code
其实求最高的可达休息点可以二分，但是本题时间太够了，而本蒟蒻又懒，写个指针就完事了（乐）。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn=1.1e3;
int h,n,a,b,ans;
int s[maxn];
int main() {
scanf("%d%d%d%d",&h,&n,&a,&b);
for(register int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d",&s[i]);
sort(s+1,s+1+n);
int nows=1,nowh=0;
//nows:目前要考虑的第一个休息点 nowh:目前高度
while(nowh<h) {
if(nowh+a>=h) nowh=h,ans++;
else {
int maxs=0;//最高的休息点高度
for(register int i = nows; i <= n&&s[i]<=nowh+a; i++) {
maxs=s[i],nows=i;
}
if(maxs>nowh+a-b) nowh=maxs;
else nowh+=a-b;
ans+=2;
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
T3
题意
判断关于 \(x,y\) 的不定方程方程 \(ax + by = c\) 是否有整数解。
（二毛：他们要我出个数学题）
分析
我们直接点，这其实是一个数学题。本题考察裴蜀定理。详情自见 oiwiki，本文只用结论，不进行证明。
裴蜀定理：\(\operatorname{gcd}(a,b)\mid ax + by\)，且存在 \(x,y\) 使 $ ax + by=\operatorname{gcd}(a,b)$。
其中，\(\operatorname{gcd}(a,b)\) 表示 \(a,b\) 的最大公因数，竖线是整除。
对于本题，当且仅当 \(\operatorname{gcd}(a,b)\mid c\) 时，关于 \(x,y\) 的不定方程方程 \(ax + by = c\) 是有整数解。
证明：
充分性：由于 $ ax + by=\operatorname{gcd}(a,b)$，所以任何满足 \(\operatorname{gcd}(a,b)\mid c\) 的 \(c\) 都可由上式直接扩大得到。具体地，设 \(c=k\operatorname{gcd}(a,b)\)，\(k\) 为整数，$ ax + by=\operatorname{gcd}(a,b)$，故 $ a(kx) + b(ky)=k\operatorname{gcd}(a,b)=c$，即原方程有整数解 \((kx,ky)\)。
必要性：\(\operatorname{gcd}(a,b)\mid ax + by\)，故 \(c\) 一定满足 \(\operatorname{gcd}(a,b)\mid c\)。
证讫。
Code
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n,a,b,c;
int main() {
scanf("%d",&n);
for(register int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
if(!(c%__gcd(a,b))) printf("Yes\n");
else printf("No\n");
}
return 0;
}
T4
题意
用一个容量为 \(t\) 的背包装两类物品，一类为简单的 01 物品，另一类为有依赖性的物品。对于有依赖性的物品，具体地，每两个物品 \(1,2\) 有一个依赖关系，要装 \(2\) 必须先装 \(1\)。求最大价值。
分析
也是直接说清楚了，这就是个背包（dp 的一种），但是有两种物品。很朴素地，我们可以分开想：
01物品
这里只简单提一下，没写过 01 背包的最好去 P1048 先看看，不然着看这里是看不懂的。
定义 \(dp(i,j)\) 表示考虑前 \(i\) 个物品，用\(j\) 的容量的最大价值（状态，对应 \((i,j)\) 即为阶段）。
状态转移方程：
其中，\(w\) 为当前物品占用，\(v\) 为当前物品价值。
边界：\(dp(i,0)=0\)，即不用容量什么都不能装。
目标：\(dp(n,t)\)，即用所有容量，考虑完所有物品。
直观地解释一下：我们假设任意 \((x,y)\) 满足 \(x \le i\) 的状态都已经处理。式即：如果当前可用空间不够装当前物品（\(j<w\)），不装；如果够，尝试装（\(j-w\)，其实相当于将空间占用了，去前面找能装下当前物体的情况），看看是否比不装好。
接下来是滚动优化。
注意到上式 \(dp(i,j)\) 只与 \(dp(i-1,j)\) 有关，所以 \(dp(i-2,j)\) 之类的是没用的，可以直接舍弃。为了区别 \(dp(i,j)\) 和 \(dp(i-1,j)\)，我们可以保留一个第一维为 \(2\) 的数组，或者设计顺序使得用到的 \(dp(j-w)\) 一定是未被当前物品更新过的。由于 \(j-w<j\)，即每次只往前面找，故倒序枚举 \(j\) 即可。
依赖性物品
对于这种物品，我们可以合并：将两个物品看作两个互斥的物品（\(1\) 和 \(1,2\)），从而转化为分组物品。分组物品一组只能选一个，整组相当于 01 物品。我们考虑到这一组时，整组扫一遍，保证只用一个就行了。
Code
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int maxn=1.1e3,maxt=2.2e4;
int g[maxn*2][3];
//分组后物品组，把01物品视作组里只有1个东西的物品
int w[maxn*4],v[maxn*4];
int dp[maxt];
int t,n,m;
int main(){
scanf("%d%d%d",&t,&n,&m);
for(register int i = 1; i <= n; i++){
int ai,bi,wi;
scanf("%d%d%d",&ai,&bi,&wi);
v[i*2-1]=wi,w[i*2-1]=ai;
v[i*2]=wi*2,w[i*2]=ai+bi;
//依赖性转分组
}
for(register int i = n+1; i <= n+m; i++) {
int ci,vi;
scanf("%d%d",&ci,&vi);
v[i+n]=vi,w[i+n]=ci;
}
for(register int i = 1; i <= n+m; i++){
for(register int j = t; j; j--){//倒序枚举每组
for(register int k = 1; k <= 1+(i<=n); k++){//考虑组中每个物品
int now=(i<=n)?((i-1)*2+k):(i+n);//还原组中物品下标
if(j >= w[now]){
dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[now]]+v[now]);//和01一样的转移
}
}
}
}
cout<<dp[t];
return 0;
}
闲话
完结撒花！！！
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