2019年绍兴文理学院元培学院ACM试题总结

文章目录

• 1.[岁月神偷](http://acm.usx.edu.cn/aspnet/Question.aspx?qid=1649)
• 2.[字母移动游戏](http://acm.usx.edu.cn/aspnet/Question.aspx?qid=1653)
• 3.[黑孔雀和小太阳](http://acm.usx.edu.cn/aspnet/Question.aspx?qid=1655)
• 4.[埃及分数](http://acm.usx.edu.cn/aspnet/Question.aspx?qid=1657)
• 5.[探索洞穴](http://acm.usx.edu.cn/aspnet/question.aspx?qid=1658)

1.岁月神偷

暴力能过，但是正解是贪心
要使初始状态变为目标状态，我们不仅需要两个状态相邻雕像的相对朝向相同，还需要每个雕像的绝对朝向相同。
观察四种操作，我们可以发现：
操作一，仅改变所有雕像的绝对朝向。
操作四，改变“朱雀”和{“青龙”,“玄武”,“白虎”}的相对朝向。
操作二，改变{“朱雀”,“青龙”}和{“玄武”,“白虎”}的相对朝向。
操作三，改变{“朱雀”,“白虎”}和{“青龙”,“玄武”}的相对朝向。
所以，我们可以按照最少使用操作三、二、四的顺序，修改“玄武”和“白虎”、“青龙”和“玄武”、“朱雀”和“青龙”的相对朝向，最后再用操作一修改绝对朝向，即可使用最少操作达到目标状态。
时间复杂度O(1)。

2.字母移动游戏

直接每个点移一下的话是完全可以在$n$次内完成的，我们的目的就是尽可能偷点懒，一些点不移动
手玩一下样例以后会发现实际上是求$S$的子序列和$T$的子串相同的最大长度
因为我们可以把$S$选中的这些点不动，其他的放到前面或后面，发现这些点并在了一起，并且相对顺序没变，所以可以做到与$T$完全相同
具体做法可以使用双指针
时间复杂度$O(n^2)$

3.黑孔雀和小太阳

当小太阳先手时，手动模拟可以发现只有$n$是$3$的倍数，且$ai$都为$1$的情况小太阳才会输
（如果熟悉巴什博弈的话，可能不用模拟也能想到$3$这个数）
当黑孔雀先手时，因为黑孔雀想赢所以肯定想转换到上述小太阳会输的状态，
所以小太阳在$n$是$3$的倍数，且有$n-1$个数为$1$时会输（这时黑孔雀只需从不是$1$的那堆石子里拿掉一些石子使状态变为1 1 1），
或者$n$是$3$的倍数余$1$，且$n-1$个数为$1$时会输（此时黑孔雀只需拿掉一堆石子，小太阳就到了必输态）

4.埃及分数

从$1\dots inf$，每一个分母，都有选中和不选中两种状态，如果选中，那么就减去这个分数，没有就是跳过，我们可以逐次放宽项数的限制，即迭代加深搜索。
主要的两个剪枝如下：
$1.$ 限制开头：并不是每次都要从$1$开始遍历分母
假设现在要分解$\frac{a}{b}$，那么分母$\frac{b}{a}$就是起点：$\frac{1}{\frac{b}{a}}=\frac{a}{b}$ ，假设起点$s<\frac{b}{a}$，那么显而易见，起点的分数已经比我们要的总和$\frac{a}{b}$大了。
$2.$ 限制结尾：
比较简单的限制结尾可以这样看：如果我已经找到分母k了，而现在要分解得分数是$\frac{a}{b}$，现在还要找$m$个单位分数，
那么可以想象：有可能 $\frac{m}{k}<\frac{a}{b}$，也就是说就算全是$\frac{1}{k}$，我凑够$m$个，也达不到$a/b$，
那么说明前面的分配方案肯定有无，直接可以$return$了。加上这个剪枝已经可以得到答案了，只是时间有点慢罢了。

5.探索洞穴

因为查询次数较多，范围较大，所以我们记录探索完$i$个点所需最小$x$。
设$f[i][u][0/1]$为探索完$u$的子树中$i$个节点（包括自己），是$(1)$否$(0)$回到$u$的最短路径长
然后在树上每个点做一边背包就好了
要注意的是，做背包时不能从$1$到$n$枚举，这样总复杂度是$O(n^3)$的
考虑到$u$中选的点数一定$\le size[u]$，那么$dp$时可以只枚举到$size[u]$
这时就会发现复杂度降为了$O(n^2)$
原理戳这

#include<cstdio>
#include<cstring>
const int N=502;
int T,i,tot,h[N],l,r,mid,f[N][N][2],n,x,y,z,vis[N],q,sz[N];
struct node{
	int to,ne,w;
}e[N<<1];
inline char gc(){
	static char buf[100000],*p1=buf,*p2=buf;
	return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int rd(){
	int x=0,fl=1;char ch=gc();
	for (;ch<48||ch>57;ch=gc())if(ch=='-')fl=-1;
	for (;48<=ch&&ch<=57;ch=gc())x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);
	return x*fl;
}
inline void wri(int a){if(a<0)a=-a,putchar('-');if(a>=10)wri(a/10);putchar(a%10|48);}
inline void wln(int a){wri(a),puts("");}
inline int min(int x,int y){return x<y?x:y;}
void add(int x,int y,int z){e[++tot]=(node){y,h[x],z},h[x]=tot;}
void dfs(int u,int fa){
	f[1][u][1]=0,f[1][u][0]=1e9,sz[u]=1;
	for (int i=2;i<=n;i++) f[i][u][0]=f[i][u][1]=1e9;
	for (int i=h[u],v;i;i=e[i].ne)
		if ((v=e[i].to)!=fa){
			dfs(v,u),sz[u]+=sz[v];
			int w=e[i].w;
			for (int i=sz[u];i>1;i--)
				for (int j=1;j<i && j<=sz[v];j++)
				f[i][u][1]=min(f[i][u][1],f[i-j][u][1]+2*w+f[j][v][1]),
				f[i][u][0]=min(f[i][u][0],min(f[i-j][u][1]+w+min(f[j][v][0],f[j][v][1]),f[j][v][1]+w*2+min(f[i-j][u][0],f[i-j][u][1])));
		}
}
int main(){
	for (T=rd();T;T--){
		n=rd(),tot=0,memset(h,0,n<<2);
		for (i=1;i<n;i++) x=rd(),y=rd(),z=rd(),add(x,y,z),add(y,x,z),vis[x]=T;
		for (i=0;i<n;i++)
			if (vis[i]!=T) break;
		dfs(i,-1);
		for (q=rd();q--;){
			x=rd(),l=1,r=n;
			while (l<r){
				mid=l+r+1>>1;
				if (f[mid][i][0]<=x) l=mid;
				else r=mid-1;
			}
			wln(l); 
		}
	}
}