hgoi#20190516
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T1-Buying A House
给你一个长度为n的序列a，给你目标房子m，最多花的钱k
如果a[i]为0，这座房子无法购买，否则可以购买，求能买的距离目标房子最近的房子，输出最小距离
两座房子之间距离为10
解法
显然贪心的从目标房子开始左右扫就可以了
ac代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,lim,ans,a[110];
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&lim);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;;i++)
{
if(m-i>=1)if(a[m-i]&&a[m-i]<=lim){ans=i;break;}
if(m+i<=n)if(a[m+i]&&a[m+i]<=lim){ans=i;break;}
}
printf("%d\n",ans*10);
return 0;
}
T2-Find The Bone
一个长度为n的线段，线段上有m个坑，k次操作，骨头一开始在1，每次操作给定x,y，交换x,y，如果骨头掉到坑里，就会一直在那里，求最后骨头所在位置
解法
模拟一遍就好了QAQ
ac代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,k,x,y,ans=1,a[1000010];
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d",&x),a[x]=1;
for(int i=1;i<=k;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
if(x==ans&&!a[x])ans=y;
else if(y==ans&&!a[y])ans=x;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
T3-Bank Hacking
给定一棵带点权树，选出一个最佳的根节点，使得根节点的点权不变，它的儿子点权加1，其余点点权加2，并使最大点权最小，输出这个最小的最大点权
解法
暴力的对每一个点扫它所有的儿子，然后check，设ans为原来的最大值，答案只可能是ans,ans+1,ans+2，复杂度是n+m
ac代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node{int to,next;}e[600010];
int n,cnt=0,res,ans=-0x3f3f3f3f,flg,x,y,a[300010],head[300010];
map<int,int>mp;
void add(){e[++cnt]={y,head[x]},head[x]=cnt,e[++cnt]={x,head[y]},head[y]=cnt;}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]),mp[a[i]]++,ans=max(ans,a[i]);
res=ans+2;
for(int i=1;i<n;i++)scanf("%d%d",&x,&y),add();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
flg=0;
for(int j=head[i];j;j=e[j].next){mp[a[e[j].to]]--;if(a[e[j].to]==ans)flg=1;}
if(!mp[ans])res=ans+1;
if(ans==a[i]&&mp[ans]==1)
{
if(mp[ans-1])res=ans+1;
else if(flg)res=ans+1;
else{res=ans;break;}
}
for(int j=head[i];j;j=e[j].next)mp[a[e[j].to]]++;
}
printf("%d\n",res);
return 0;
}
T4-Police Stations
给定一棵树，树上有一些点是警察局，要求所有点到最近的警察局的距离不大于d，求最多能删几条边
解法
建一个超级源连着所有警察局，或者一开始就把所有警察局压入队列，跑bfs
如果这条边过去的点被访问过，那这条边就可以删除
bfs的退出条件不是点有没有被搜过，而是边有没有被搜索和距离是否超过d
ac代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node{int to,next,v;}e[600010];
struct Node{int num,d;};
int n,k,d,cnt=1,ans=0,x,y,head[300010],vis[300010],flg[300010],res[300010];
queue<Node>q;
void add(){e[++cnt]={y,head[x],0},head[x]=cnt,e[++cnt]={x,head[y],0},head[y]=cnt;}
void bfs()
{
while(!q.empty())
{
Node u=q.front();
q.pop();
flg[u.num]=0;
if(u.d>d)continue;
for(int i=head[u.num];i;i=e[i].next)
{
if(e[i].v)continue;
e[i].v=e[i^1].v=1;
if(vis[e[i].to])res[++ans]=i/2;
if(!flg[e[i].to])q.push({e[i].to,u.d+1}),flg[e[i].to]=vis[e[i].to]=1;
}
}
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&k,&d);
for(int i=1;i<=k;i++)scanf("%d",&x),q.push({x,0}),vis[x]=1;
for(int i=1;i<n;i++)scanf("%d%d",&x,&y),add();
bfs(),printf("%d\n",ans);
for(int i=1;i<=ans;i++)printf("%d ",res[i]);
return 0;
}
T5-Exam Cheating
muronglin是个学渣，考试的时候，她一道题也不会做
她的左右桌分别是学霸chhokmah和学霸lukelin，虽然学霸并不是题题都会做，但他们做了的题一定都对
现在muronglin想要作弊，但是为了不被监考员抓住，她最多偷看p次，一次能看连续的k道题
给定n和la和lb，分别为题目总数，chhokmah做出题目数和lukelin做出题目数，再给出两位学霸做出题目序列，问muronglin最多能偷看到几道题的答案
解法
可以看出是个dp，设dp[i][j][x][y]表示前i个问题，用j次机会，chhokmah还能看x道题，lukelin还能看y道题的最优值
转移时分情况讨论，如果都没有机会，分4种：都不偷看，偷看任意1位，偷看2位
如果任意1位没有机会，分3种：只偷看1位，偷看2位，重新开始偷看2位
如果都有机会，就顺着模拟
ac代码
#include<bits/stdc++.h>
#define get(x,y) x=max(x,y)
#define FOR(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
int n,p,k,la,lb,ans=0,x,y=1,a[1010],b[1010],dp[2][1010][60][60];
int main()
{
memset(dp,-0x3f,sizeof(dp)),dp[0][0][0][0]=0,scanf("%d%d%d",&n,&p,&k);
scanf("%d",&la);FOR(i,1,la)scanf("%d",&x),a[x]=1;
scanf("%d",&lb);FOR(i,1,lb)scanf("%d",&x),b[x]=1;
if(p*k>=2*n){FOR(i,1,n)ans+=a[i]|b[i];printf("%d\n",ans);return 0;}
FOR(i,1,n)
{
x=y,y^=1,memset(dp[x],-0x3f,sizeof(dp[x]));
FOR(j,0,p)FOR(ii,0,k)FOR(jj,0,k)if(!ii&&!jj)
{
get(dp[x][j][0][0],dp[y][j][0][0]);
get(dp[x][j+1][k-1][0],dp[y][j][0][0]+a[i]);
get(dp[x][j+1][0][k-1],dp[y][j][0][0]+b[i]);
get(dp[x][j+2][k-1][k-1],dp[y][j][0][0]+(a[i]|b[i]));
}
else if(!ii)
{
get(dp[x][j][0][jj-1],dp[y][j][0][jj]+b[i]);
get(dp[x][j+1][k-1][jj-1],dp[y][j][0][jj]+(a[i]|b[i]));
get(dp[x][j+2][k-1][k-1],dp[y][j][0][jj]+(a[i]|b[i]));
}
else if(!jj)
{
get(dp[x][j][ii-1][0],dp[y][j][ii][0]+a[i]);
get(dp[x][j+1][ii-1][k-1],dp[y][j][ii][0]+(a[i]|b[i]));
get(dp[x][j+2][k-1][k-1],dp[y][j][ii][0]+(a[i]|b[i]));
}
else get(dp[x][j][ii-1][jj-1],dp[y][j][ii][jj]+(a[i]|b[i]));
}
FOR(l,0,p)FOR(i,0,k)FOR(j,0,k)get(ans,dp[x][l][i][j]);printf("%d\n",ans);
return 0;
}
