Algorithms Weekly 1
-
牛客小白月赛23:Problem G.
有一棵包含\(n\)个节点和\(n-1\)条边的树，规定树链\((u,v)\)为树上从\(u\)到\(v\)的简单路径。
树的每条边上都有一个正整数，这个正整数被称作这条边的颜色，规定一条树链的权值\(w(u,v)\)为这条树链上所有边的颜色的代数和。
而整棵树的权值为所有不同的树链的权值的代数和。
已知所有边的颜色集合恰好为\(1\)到\(n-1\)这\(n-1\)个不同的正整数，请你为每条边安排一种颜色，使得这棵树的权值尽量小，你不需要给出具体方案，只需要求出这个最小的权值即可。
思路:
计算每条边的贡献:边\((u,v)\)的贡献为\((n-siz_{u}) \cdot siz_{u}\)，其中\(siz_{i}\)为\(i\)节点为根的子树的大小。按贡献从大到小排序后分配给\(1,2..,n-1\)即可。时间复杂度\(O(n\cdot log(n))\) -
Leetcode181 T3
给定\(6\)种道路，按照数据所给的\(n \cdot m\)矩阵排列能否从\((0,0)\)到达\((n-1,m-1)\)。
思路:
BFS即可，对于每一块的四周判断可不可以走。 -
KickStart RoundA T2
一个\(n \cdot m\)的方格阵，每个方格都有一个值，对于每一行来说，你只能从第一块开始拿，不能跳过某一块，整个方阵最多可以拿\(k\)块，使这\(k\)块的值的和最大。
思路
dp，令\(dp_{i,j,k}\)代表拿到第\(i\)行，第\(i\)行拿了\(j\)个，总共拿了\(k\)个的最大值。\((nm)^2\)转移即可。
代码
/*
* @author: codancer
* @createTime: time
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9+7;
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define fep(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
typedef vector<int> VI;
typedef vector<ll> VII;
typedef pair<int,int> pii;
const int N = 200;
long long dp[60][40][2000];//dp[i][j][k]表示第i行拿j个总共k个的最大值
long long a[N][N];
long long pre[N][N];
int main(){
int T;
cin>>T;
int cas=1;
while(T--){
int n,k,p;
cin>>n>>k>>p;
rep(i,1,n){
pre[i][0]=0;
rep(j,1,k){
cin>>a[i][j];
pre[i][j]=pre[i][j-1]+a[i][j];
}
}
memset(dp,0,sizeof(dp));
rep(i,1,n){//第i行
rep(j,0,k){
rep(u,0,k){
rep(last,0,p){
dp[i][j][last+j]=max(dp[i-1][u][last]+pre[i][j],dp[i][j][last+j]);
}
}
}
}
ll ans=0;
rep(i,1,n){
rep(j,0,k){
ans=max(ans,dp[i][j][p]);
}
}
printf("Case #%d: %lld\n",cas++,ans);
}
return 0;
}
-
KickStart RoundA T3
\(n\)个木棒，可以切\(k\)次，随便切，问切割后最长的木棒最短为多少
思路：
二分最大值\(x\)，假设第\(i\)个木棒的长度为\(l_{i}\)，则可计算出该木棒至少切割几次才能让最大值小于等于\(x\)，判断总次数是否小于等于\(k\)即可。 -
ABC159 E
一个\(n \cdot m\)的矩阵，如果\((i,j)\)处为\(1\)则是白色，为\(0\)则是黑色，现在你可以对这个矩阵横竖切割，最终要使得切割后的每一块的黑色面积小于等于\(k\)，计算至少需要多少次。其中\(1 \leq n \leq 10, 1\leq m \leq 1000\)。
思路:
\(2^{n-1}\)枚举横着切的所有情况，贪心的计算竖着的刀数即可。时间复杂度\(O(2^{n-1} \cdot n \cdot m)\)
代码
/*
* @author: codancer
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9+7;
#define pb push_back
#define SZ(x) ((int)(x).size())
#define fi first
#define se second
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define fep(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> pii;
char maze[20][3000];
int c[3000][20];//第j列的前i行的前缀和
int main(){
int n,m,k;
cin>>n>>m>>k;
rep(i,1,n){
rep(j,1,m){
cin>>maze[i][j];
}
}
rep(j,1,m){
c[j][0]=0;
rep(i,1,n){
c[j][i]=c[j][i-1]+(maze[i][j]-'0');
}
}
int ans=1e9;
for(int i=0;i<(1<<(n-1));i++){
vector<int> lc;
int now=0;
for(int j=0;j<(n-1);j++){
if((i>>j)&1){
lc.pb(j+1);
}
}
int siz=(int)lc.size();
now+=siz;
vector<pair<int,int> > sq;//第i块的区间
if(siz==0){//不切
sq.pb({1,n});
}else{
sq.pb({1,lc[0]});
rep(j,1,siz-1){
sq.pb({lc[j-1]+1,lc[j]});
}
sq.pb({lc[siz-1]+1,n});
}
//先检验横着划分的可行性
bool flag=1;
rep(j,1,m){
rep(d,0,siz){
int up=sq[d].first;
int down=sq[d].second;
if(c[j][down]-c[j][up-1]>k){
flag=0;
break;
}
}
}
if(flag==0) continue;
// cout<<sq.size()<<' '<<now<<endl;
// for(auto v:sq){
// cout<<v.first<<"---"<<v.second<<endl;
// }
vector<int> tmp(siz+1,0);//第i块当前白色的数量
rep(j,1,m){
bool ok=1;
rep(d,0,siz){
int up=sq[d].first;
int down=sq[d].second;
if(tmp[d]+c[j][down]-c[j][up-1]>k){
ok=0;
break;
}
tmp[d]+=(c[j][down]-c[j][up-1]);
}
if(ok==0){
++now;
rep(d,0,siz){
int up=sq[d].first;
int down=sq[d].second;
tmp[d]=c[j][down]-c[j][up-1];
}
}
}
ans=min(ans,now);
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
