题解小合集——第八弹
（转载于我的洛谷博客）
索引：
第一题：P2564 生日礼物
第二题：P3084 照片
第三题：P4878 布局
第四题：P2736 “破锣摇滚”乐队
第五题：P4568 飞行路线
第六题：P1284 三角形牧场
第七题：P3959 宝藏
第八题：P1197 星球大战
第九题：P1337 平衡点
第十题：P1325 雷达安装
第一题：P2564 生日礼物
题解思路：单调队列（尺取法）
这题和P1638 逛画展很像，唯一的区别就是可能同一个位置上可能都有多个"彩珠"
然而有多个"彩珠"这点有和P2698 花盆这题一样
所以我们可以继承两题的思路，用P1638的单调队列和P2698里的结构体来解决这个题。显然，我们的结构体要记录两个数据：位置，种类。然后我们对位置排序，以便于维护单调序列。
我们用一个指针l指向区间的最左端的珠子，然后遍历所有珠子（不用去循环右端点，因为在彩带上会有地方没有珠子，把右端点放在没有珠子的地方是没有意义的），每增加一颗i种类的珠子，kind[i]就记录i种类的珠子的最近出现的位置。如果又找到了一颗和 区间最左端的珠子 相同的珠子，那么最左端的珠子就没有存在的必要了，把它出队即可。当区间包含所有种类的珠子时，我们更新并记录最优答案，在遍历完之后输出即可。
请结合代码加深理解……
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct Node
{
int x,y;
}a[1000010];
int n,m,ans=0x3f3f3f3f,cnt,k[65];
bool cmp(const Node &a,const Node &b)
{
return a.x<b.x;
}
int main()
{
memset(k,-1,sizeof(k));
scanf("%d%d",&n,&m);
int b,c;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d",&b);
for(int j=1;j<=b;j++)
{
scanf("%d",&c);
a[++cnt].x=c;
a[cnt].y=i;
}
}
sort(a+1,a+n+1,cmp);
int l=1;cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(k[a[i].y]==-1)cnt++;
k[a[i].y]=a[i].x;
while(l<=i&&a[l].x!=k[a[l].y])l++;
if(cnt==m&&a[i].x-a[l].x<ans)ans=a[i].x-a[l].x;
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
第二题：P3084 照片
题解思路：差分约束系统+最短路
我觉得这个题和Intervals有相似之处（题解小合集——第六弹第六题）
我们在利用差分约束系统解题的过程中一定要关注题目的设问，若求的是两个变量差的最大值，那么将所有不等式转变成"<="的形式并且在建图后求最短路；反之则转换成">="的形式，并且求最长路
显然，本题问的是“最多可能有多少只斑点奶牛”，所以我们一定要把不等式都化成\(a-b<=c\)的形式，然后建边\((b,a)=c\)，然后跑最短路。
不过，USACO的题日常卡spfa，只是这样做是过不了了，我们要用双端队列优化spfa
我们在原来的spfa中会这样：
if(!vis[v])
{
vis[v]=1;
q.push(v);
}
双端队列优化后就成了这样：
if(q.size()&&dis[q.front()]<dis[v])q.push_back(v);
else q.push_front(v);
意义很显然，当队首元素大于等于当前节点的dis，我们就把他放入队首，下次先扩展
但是加了这个优化以后才90分，这又是咋回事呢？
我们记录所有节点的总入队次数，如果过大就直接return
最后别忘了判环
以下是AC代码：
#include<deque>
#include<cstdio>
#include<iostream>
#define reg register
using namespace std;
struct Edge
{
int nst,to,dis;
}edge[800010],ddd;
int head[400010],dis[400010],cnt,n,m,num[400010],tot;
bool vis[400010];
inline void add(int a,int b,int c)
{
edge[++cnt].nst=head[a];
edge[cnt].to=b;
edge[cnt].dis=c;
head[a]=cnt;
}
inline bool spfa()
{
deque <int> q;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
dis[i]=0x3f3f3f3f;
vis[i]=0;
}
dis[0]=0;
vis[0]=1;
q.push_back(0);
while(!q.empty())
{
int u=q.front();
q.pop_front();
vis[u]=0;
num[u]++;
if(num[u]>=n)return 1;
for(int i=head[u];i;i=edge[i].nst)
{
int v=edge[i].to;
if(dis[v]>dis[u]+edge[i].dis)
{
dis[v]=dis[u]+edge[i].dis;
if(!vis[v])
{
tot++;
if(q.size()&&dis[q.front()]<dis[v])q.push_back(v);
else q.push_front(v);
vis[v]=1;
}
if(tot>2003212)return 1;
}
}
}
return 0;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
int a,b;
for(reg int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&a,&b);
add(a-1,b,1);
add(b,a-1,-1);
}
for(reg int i=1;i<=n;i++)
add(i-1,i,1),add(i,i-1,0);
if(spfa()){printf("-1");return 0;}
printf("%d",dis[n]);
return 0;
}
第三题：P4878 布局
题解思路：差分约束
这个题和上面的第二题很像，但是有一点不同——上面的题不需要超级源点，因为它所有的点都是相互连通的（每两个点之间建了双向边），而且建图时需要把左端点减一，因为这样\(f[b]-f[a-1]\)才是区间\([a,b]\)上斑点奶牛的数量。
但是这个题却不用，因为这个题里的\(f[i]\)表示的是从奶牛1到奶牛i的距离，所以\(f[i]-f[1]\)即为1-i的距离。而且，由于此题中两点间只建了单向边，所以无法确保图的连通性，所以需要0作为超级源点来判断连通性。故此题的思路是先跑一遍spfa(0)判连通再跑一遍spfa(1)求距离
以下是AC代码：
#include<deque>
#include<cstdio>
#include<iostream>
#define reg register
using namespace std;
struct Edge
{
int nst,to,dis;
}edge[800010],ddd;
int head[400010],dis[400010],cnt,n,m,k,num[400010],tot;
bool vis[400010];
inline void add(int a,int b,int c)
{
edge[++cnt].nst=head[a];
edge[cnt].to=b;
edge[cnt].dis=c;
head[a]=cnt;
}
inline bool spfa(int s)
{
deque <int> q;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
dis[i]=0x3f3f3f3f;
vis[i]=0;
}
dis[s]=0;
vis[s]=1;
q.push_back(s);
while(!q.empty())
{
int u=q.front();
q.pop_front();
vis[u]=0;
num[u]++;
if(num[u]>=n)return 1;
for(int i=head[u];i;i=edge[i].nst)
{
int v=edge[i].to;
if(dis[v]>dis[u]+edge[i].dis)
{
dis[v]=dis[u]+edge[i].dis;
if(!vis[v])
{
tot++;
if(q.size()&&dis[q.front()]<dis[v])q.push_back(v);
else q.push_front(v);
vis[v]=1;
}
if(tot>2003212)return 1;
}
}
}
return 0;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
int a,b,c;
for(reg int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
add(a,b,c);
}
for(reg int i=1;i<=k;i++)
{
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
add(b,a,-c);
}
for(reg int i=1;i<=n;i++)
add(i+1,i,0);
for(reg int i=1;i<=n;i++)
add(0,i,0);
if(spfa(0)){printf("-1");return 0;}
spfa(1);
if(dis[n]>=0x3f3f3f3f){printf("-2");return 0;}
else printf("%d",dis[n]);
return 0;
}
第四题：P2736 “破锣摇滚”乐队
题解思路：二维费用的背包问题
关于二维费用的背包问题详见背包九讲
咳咳，对于这个题，也不是裸的二维费用板子，可以进行优化和改进的。我们用\(f[i][j]\)表示目前用了i张光盘，最后一张光盘还剩j分钟的空间时的最大录制歌曲数。那么对于每一首歌一共有三种状态：
- 不选这首歌
- 在当前光盘里存这首歌
- 在一张新光盘里存这首歌
故状态转移方程为：\(f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][t]+1,f[i][j-a[k]]+1)\)，k是歌曲序号
还有一点需要注意，我们把光盘和歌曲时长看成二维费用，由于是01背包的变形，所以循环这两个变量时要按倒序
以下是AC代码：
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
int n,m,t,a[25];
int f[25][25];
int maxx(int a,int b,int c)
{
a=max(a,b);
a=max(a,c);
return a;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&t,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=m;j>=1;j--)
for(int k=t;k>=a[i];k--)
f[j][k]=maxx(f[j][k],f[j-1][t]+1,f[j][k-a[i]]+1);
printf("%d",f[m][t]);
return 0;
}
第五题：P4568 飞行路线
题解思路：多层图
这个是多层图板子题……
我们在各层内部正常连边，各层之间从上到下连权值为0的边。每向下跑一层，就相当于免费搭一次飞机。
当然，由于某些毒瘤出题人会设置一些不用坐k次免费飞机就能过的数据，所以我们在每层图的终点之间连边权为0的边，最后跑\(s\)->\(t+k*n\)的最短路就好了
以下是AC代码：
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
struct Edge
{
int nst,to,dis;
}edge[2000010];
int head[110010],dis[110010],n,m,k,cnt,s,t;
bool vis[110010];
inline int read()
{
int fu=1,x=0;char o=getchar();
while(o<'0'||o>'9'){if(o=='-')fu=-1;o=getchar();}
while(o>='0'&&o<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(o^48);o=getchar();}
return x*fu;
}
inline void add(int a,int b,int c)
{
edge[++cnt].nst=head[a];
edge[cnt].to=b;
edge[cnt].dis=c;
head[a]=cnt;
}
void dijkstra()
{
priority_queue <pair<int,int> > q;
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
dis[s]=0;
q.push(make_pair(0,s));
while(q.size())
{
int u=q.top().second;
q.pop();
if(vis[u])continue;
vis[u]=1;
for(int i=head[u];i;i=edge[i].nst)
{
int v=edge[i].to;
if(dis[v]>dis[u]+edge[i].dis)
{
dis[v]=dis[u]+edge[i].dis;
q.push(make_pair(-dis[v],v));
}
}
}
}
int main()
{
n=read();m=read();k=read();
int a,b,c;
s=read();t=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
a=read();b=read();c=read();
add(a,b,c);
add(b,a,c);
for(int j=1;j<=k;j++)
{
add(a+(j-1)*n,b+j*n,0);
add(b+(j-1)*n,a+j*n,0);
add(a+j*n,b+j*n,c);
add(b+j*n,a+j*n,c);
}
}
for(int i=1;i<=k;i++)
add(t+(i-1)*n,t+i*n,0);
dijkstra();
printf("%d",dis[t+k*n]);
return 0;
}
第六题：P1284 三角形牧场
题解思路：DP（正解）或随机化贪心（骗分）
这个题的DP写起来比较麻烦，所以我们可以通过其他的方式来解这个题，比如随机化贪心
我们知道，贪心每次求出的都是较优解，所以我们可以通过打乱木板数组的顺序来进行贪心，记录每一次的较优解，最优解很可能就在其中了
以下是AC代码：
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define re register
using namespace std;
int n,x[45],a[3];
int ans=-1;
int clac(double a,double b,double c)
{
if(a+b>c&&a+c>b&&b+c>a)
{
double p=(a+b+c)/2;
return trunc(sqrt(p*(p-a)*(p-b)*(p-c))*100);
}
else return -1;
}
void work()
{
a[0]=x[1],a[1]=x[2],a[2]=x[3];
for(int i=4;i<=n;i++)
{
int tmp=0x3f3f3f3f,id;
for(int j=0;j<=2;j++)if(tmp>a[j])tmp=a[j],id=j;
a[id]+=x[i];
}
ans=max(ans,clac(a[0],a[1],a[2]));
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&x[i]);
for(int i=1;i<=500000;i++)
{
random_shuffle(x+1,x+1+n);
work();
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
第七题：P3959 宝藏
题解思路：DFS（正解）或模拟退火
正解在这里
我的DFS从40分改到了70分，但巨佬们说的玄学剪枝我看不懂，所以AC难度就比较大
顺便一说，把DFS从40分改到70分只需一句话：
dis[i][j]=dis[j][i]=min(dis[i][j],c);
因为“对于70%的数据，\(1≤n≤8，0≤m≤1000，v≤5000\)”，显然整个图内最多有64条边，m却有1000条，所以一定有重边，我们每次选择重边中最小的一条就好了
这是我的70分代码：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int e[20][20],n,m,dis[20][20],tmp,l[20],ans=inf;
inline void dfs(int e,int num)
{
if(n==num)
{
ans=min(ans,tmp);
return;
}
if(tmp>=ans)return;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(l[i])continue;
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(dis[j][i]==inf||!l[j]||i==j)continue;
tmp+=l[j]*dis[j][i];
l[i]=l[j]+1;
dfs(i,num+1);
tmp-=l[j]*dis[j][i];
l[i]=0;
}
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
int a,b,c;
memset(dis,63,sizeof(dis));
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
dis[a][b]=dis[b][a]=min(dis[a][b],c);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
l[i]=1;dfs(i,1);l[i]=0;
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
接下来说模拟退火（其实严格来讲并不是模拟退火，而是随机化prim）
虽然这个题prim已经被证明了是不正确的，但是我们可以通过随机化，让prim有一定概率去找距离更远的点，就有可能找到最优解。而且该算法的复杂度并不高，我们跑1000遍随机化prim，总有一次能找到最优解（毕竟n这么小）
以下是 看脸 AC代码：
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
int n,m,e[13][13],dep[13];
const int inf=0x3f3f3f3f;
struct Edge
{
int u,v;
};
bool operator < (struct Edge a,struct Edge b)
{
return dep[a.u]*e[a.u][a.v]>dep[b.u]*e[b.u][b.v];
}
int find(int s)
{
memset(dep,0,sizeof(dep));
int vis[13]={0};
priority_queue <Edge> heap;
Edge past[1000];
int p=0;
Edge a,b;
int cost=0;
dep[s]=1;
vis[s]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(e[s][i]<inf)
{
a.u=s;
a.v=i;
heap.push(a);
}
for(int i=1;i<n;i++)
{
a=heap.top();heap.pop();
while(!heap.empty()&&((vis[a.v]||rand()%(n)<1)))
{
if(!vis[a.v])past[p++]=a;
a=heap.top();
heap.pop();
}
vis[a.v]=1;
dep[a.v]=dep[a.u]+1;
if(p-->0)
{
for(;p>=0;p--)heap.push(past[p]);
}
p=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(e[a.v][i]<inf&&!vis[i])
{
b.u=a.v;b.v=i;
heap.push(b);
}
cost+=e[a.u][a.v]*dep[a.u];
}
return cost;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
int a,b,c;
memset(e,63,sizeof(e));
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
e[a][b]=e[b][a]=min(e[a][b],c);
}
srand(19260817);
int minn=inf;
for(int j=1;j<1000;j++)
for(int i=1;i<=n;i++)
minn=min(minn,find(i));
printf("%d",minn);
return 0;
}
第八题：P1197 星球大战
题解思路：并查集
我们发现，对于这个题，要把一个点从图中割去真是难了去了，但是如果是向图中添加点却容易地多。所以我们用并查集判断联通性，然后逐个加点就好了。
在每次加点的时候，首先那个点会先成为一个新的连通块，然后每合并一次并查集，连通块数量就减少一个。注意，一开始我们要初始化连通块数量。
以下是AC代码：
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
struct Edge
{
int nst,to;
}edge[500010];
int head[500010],cnt,f[500010],c[500010],n,m,ans[500010],k,t[500010];
void add(int a,int b)
{
edge[++cnt].nst=head[a];
edge[cnt].to=b;
head[a]=cnt;
}
int find(int a)
{
return f[a]==a?a:f[a]=find(f[a]);
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
int a,b;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&a,&b);
add(a,b);add(b,a);
}
scanf("%d",&k);
for(int i=0;i<k;i++)
{
scanf("%d",&c[i]);
t[c[i]]=1;
}
ans[k]=n-k;
for(int i=0;i<n;i++)//并查集初始化
f[i]=i;
for(int i=0;i<n;i++)//初始的连通块数量
if(!t[i])//如果起点
{
for(int j=head[i];j;j=edge[j].nst)
{
int v=edge[j].to;
if(!t[v])//和终点都没被摧毁
{
a=find(v);b=find(i);
if(a!=b)f[a]=b,ans[k]--;//就合并一次，减少一个连通块数量
}
}
}
for(int i=k-1;i>=0;i--)//倒序逐个加点
{
ans[i]=ans[i+1]+1;t[c[i]]=0;
for(int j=head[c[i]];j;j=edge[j].nst)
{
int v=edge[j].to;
if(!t[v])//还没加入的点不能取
{
a=find(v);b=find(c[i]);
if(a!=b)f[a]=b,ans[i]--;
}
}
}
for(int i=0;i<=k;i++)
printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}
第九题：P1337 平衡点
题解思路：模拟退火（需要看脸）
由于电脑问题，目前写博客比较困难，先贴代码：
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define re register
using namespace std;
struct node { int x,y,w;};
node a[1010];
int n,sx,sy;
double ansx,ansy; //全局最优解的坐标
double ans=1e18,t;//全局最优解、温度
const double delta=0.993;//降温系数
inline double calc_energy(double x,double y) //计算整个系统的能量
{
double rt=0;
for(re int i=1;i<=n;i++)
{
double deltax=x-a[i].x,deltay=y-a[i].y;
rt+=sqrt(deltax*deltax+deltay*deltay)*a[i].w;
}
return rt;
}
inline void simulate_anneal() //SA主过程
{
double x=ansx,y=ansy;
t=2000; //初始温度
while (t>1e-14)
{
double X=x+((rand()<<1)-RAND_MAX)*t;
double Y=y+((rand()<<1)-RAND_MAX)*t;//得出一个新的坐标
double now=calc_energy(X,Y);
double Delta=now-ans;
if (Delta<0) //接受
{
x=X,y=Y;
ansx=x,ansy=y,ans=now;
}
else if (exp(-Delta/t)*RAND_MAX>rand()) x=X,y=Y;//以一个概率接受
t*=delta;
}
}
inline void Solve() //多跑几遍SA，减小误差
{
ansx=(double)sx/n,ansy=(double)sy/n; //从平均值开始更容易接近最优解
simulate_anneal();
simulate_anneal();
simulate_anneal();
}
int main()
{
srand(19260817);
srand(rand());//玄学srand
srand(rand());
scanf("%d",&n);
for(re int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d%d",&a[i].x,&a[i].y,&a[i].w);
sx+=a[i].x,sy+=a[i].y;
}
Solve();
printf("%.3f %.3f\n",ansx,ansy);
return 0;
}
第十题：P1325 雷达安装
题解思路：排序+贪心
由于雷达站只能建在海岸上，所以很容易想到这是一个区间覆盖的题（@P1514 引水入城）。所以说，我们先把每个岛屿对应的区间处理出来，再按照右端点进行升序排序（如果右端点一样就按照左端点降序排序），如果下一个区间的左端点的坐标比当前区间的右端点小，就ans++，最后输出答案
以下是AC代码：
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct Node
{
double l,r;
}a[1010];
int n,d,x,y,cnt,ans;
double cur=-0x3f3f3f3f;
double calc(int a)
{
return sqrt(d*d-a*a);
}
bool cmp (const Node &x,const Node &y)
{
if(x.r!=y.r)return x.r<y.r;
return x.l>y.l;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&d);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
double c=calc(y);
a[++cnt].l=x-c;
a[cnt].r=x+c;
}
sort(a+1,a+1+n,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(cur<a[i].l)
{
cur=a[i].r;
ans++;
}
else continue;
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号