szy学长出的，除了T3外都比较水 360/400。
T1.小猪划船
题目大意：六只猪要过河，三只大猪ABC，三只小猪abc，其中ABCa会划船，共一只船，每次可以载2个人，给出四只猪的划船耗时，每次运载花的时间是船上耗时最小的猪的耗时乘上船上猪的个数，小猪与其对应大猪不在一起时不能与其他大猪在一起，求所有猪到对岸的最小耗时。
思路：状态最多2^7（每只猪还有船的位置），随便建图最短路或者直接搜索或者构造都能通过该题。我写的O(2^21)。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define INF 0x3FFFFFFF
int g[130][130],t[4],a[6],b;
bool check()
{
if(a[3]!=a[0]&&(a[3]==a[1]||a[3]==a[2]))return false;
if(a[4]!=a[1]&&(a[4]==a[0]||a[4]==a[2]))return false;
if(a[5]!=a[2]&&(a[5]==a[0]||a[5]==a[1]))return false;
return true;
}
int hash()
{
int r=0,i;
for(i=0;i<6;++i)r|=(a[i]<<i);
return r|(b<<6);
}
int main()
{
freopen("boat.in","r",stdin);
freopen("boat.out","w",stdout);
int i,j,k,x;
for(i=0;i<4;++i)scanf("%d",&t[i]);
for(i=0;i<1<<7;++i)for(j=0;j<1<<7;++j)if(i!=j)g[i][j]=INF;
for(i=0;i<1<<7;++i)
{
for(j=0;j<6;++j)a[j]=bool(i&(1<<j));b=bool(i&(1<<6));
if(!check())continue;
for(j=0;j<4;++j)if(a[j]==b)
{
a[j]^=1;b^=1;
if(check())x=hash(),g[i][x]=min(g[i][x],t[j]);
a[j]^=1;b^=1;
for(k=0;k<6;++k)if(j!=k&&a[k]==b)
{
if(j==3&&(k==1||k==2))continue;
a[j]^=1;a[k]^=1;b^=1;
if(check())x=hash(),g[i][x]=min(g[i][x],t[j]<<1);
a[j]^=1;a[k]^=1;b^=1;
}
}
}
for(k=0;k<1<<7;++k)for(i=0;i<1<<7;++i)for(j=0;j<1<<7;++j)
g[i][j]=min(g[i][j],g[i][k]+g[k][j]);
printf("%d",g[0][127]);
fclose(stdin);fclose(stdout);return 0;
}
T2.小猪星球
题目大意：给出N个点M条边的图，边权可能为负数，可以一次把所有边的边权加上同一个数，求出1到n非负的最短路。（N<=100,M<=N(N+1)/2）
思路：以前的原题。二分加上多少，SPFA check。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define MN 100
#define ME 5050
#define INF 100000
struct edge{int nx,t,w;}e[ME*2+5];
int h[MN+5],rh[MN+5],en,u[MN+5],q[MN+5],qn,d[MN+5],z[MN+5];
void ins(int*h,int x,int y,int w){e[++en]=(edge){h[x],y,w};h[x]=en;}
int spfa(int x,int c)
{
if(z[x])return 1;z[x]=1;
for(int i=h[x];i;i=e[i].nx)if(u[e[i].t]&&d[x]+e[i].w+c<d[e[i].t])
{d[e[i].t]=d[x]+e[i].w+c;if(spfa(e[i].t,c))return 1;}
return z[x]=0;
}
bool check(int x)
{
memset(d,42,sizeof(d));
memset(z,d[1]=0,sizeof(z));
return !spfa(1,x);
}
int main()
{
freopen("planet.in","r",stdin);
freopen("planet.out","w",stdout);
int T,n,m,x,y,w,i,j,l,r,mid,ans;
for(scanf("%d",&T);T--;)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(h,en=0,sizeof(h));memset(rh,0,sizeof(rh));
while(m--)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&w);
ins(h,x,y,w);ins(rh,y,x,w);
}
memset(u,0,sizeof(u));
for(u[q[i=qn=0]=n]=1;i<=qn;++i)
for(j=rh[q[i]];j;j=e[j].nx)if(!u[e[j].t])u[q[++qn]=e[j].t]=1;
if(!u[1]){puts("-1");continue;}
for(l=-INF,r=INF;l<=r;)
if(check(mid=l+r>>1)&&d[n]>=0)r=mid-1,ans=d[n];
else l=mid+1;
printf("%d\n",ans);
}
fclose(stdin);fclose(stdout);return 0;
}
T3.小猪送货
题目大意：N个点，源到点i连一条流量pi的边，点i到汇连流量si的边，对所有i<j的i和j连流量c的单向边，求最大流。（N<=10000）
思路：CF原题。暴力60分。考虑转成最小割DP，由于点与点之间边的流量相同，可以用f[i][j]表示前i个点j个割S，i-j个割T的最小割，可以得到DP方程f[j]=min(f[j]+p[i]+c*j,f[j-1]+s[i])，复杂度O(n^2)。
暴力
#include<cstdio>
#include<cstring>
inline int read()
{
int x=0;char c;
while((c=getchar())<‘0‘||c>‘9‘);
for(;c>=‘0‘&&c<=‘9‘;c=getchar())x=(x<<3)+(x<<1)+c-‘0‘;
return x;
}
#define MN 100
#define ME 5150
#define S MN+1
#define T MN+2
#define INF 0x7FFFFFFF
struct edge{int nx,t,w;}e[ME*2+5];
int h[MN+5],en=1,d[MN+5],q[MN+5],qn,c[MN+5];
long long ans;
inline void ins(int x,int y,int w)
{
e[++en]=(edge){h[x],y,w};h[x]=en;
e[++en]=(edge){h[y],x,0};h[y]=en;
}
bool bfs()
{
int i,j;
memset(d,0,sizeof(d));
for(d[q[i=qn=0]=S]=1;i<=qn;++i)for(j=c[q[i]]=h[q[i]];j;j=e[j].nx)
if(e[j].w&&!d[e[j].t])d[q[++qn]=e[j].t]=d[q[i]]+1;
return d[T];
}
int dfs(int x,int r)
{
if(x==T)return r;
int u=0,k;
for(int&i=c[x];i;i=e[i].nx)if(e[i].w&&d[e[i].t]==d[x]+1)
{
k=dfs(e[i].t,r-u<e[i].w?r-u:e[i].w);
u+=k;e[i].w-=k;e[i^1].w+=k;
if(u==r)return r;
}
return d[x]=0,u;
}
int main()
{
freopen("deliver.in","r",stdin);
freopen("deliver.out","w",stdout);
int n=read(),c=read(),i,j;
for(i=1;i<=n;++i)ins(S,i,read());
for(i=1;i<=n;++i)ins(i,T,read());
for(i=1;i<n;++i)for(j=i+1;j<=n;++j)ins(i,j,c);
while(bfs())ans+=dfs(S,INF);
printf("%I64d",ans);
fclose(stdin);fclose(stdout);return 0;
}
正解
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
inline int read()
{
int x=0;char c;
while((c=getchar())<‘0‘||c>‘9‘);
for(;c>=‘0‘&&c<=‘9‘;c=getchar())x=(x<<3)+(x<<1)+c-‘0‘;
return x;
}
#include<vector>
#define MN 10000
#define INF (1LL<<60)
int a[MN+5],b[MN+5];
ll f[MN+5],ans=INF;
int main()
{
int n=read(),c=read(),i,j;
for(i=1;i<=n;++i)a[i]=read();
for(i=1;i<=n;++i)b[i]=read();
for(i=1;i<=n;++i)for(j=i;j>=0;--j)
f[j]=min(j<i?f[j]+a[i]+(ll)c*j:INF,j?f[j-1]+b[i]:INF);
for(i=0;i<=n;++i)ans=min(ans,f[i]);
printf("%I64d",ans);
}
T4.小猪数数
题目大意：两个人玩游戏，一开始各有一个1，每次可以选择一个玩家，让他的数加上对方的数，给出N,M，问最少进行几轮游戏到达当前局面，不可能则输出-1。（N,M在long long范围内）
思路：若n>m，则n只能是由n-m加上m得到的，故可以用求gcd的辗转相除法处理，若求出的gcd不为1则输出-1，另外数据可能有0或负数，要特判……复杂度O(logN+logM)。
#include<cstdio>
#define ll long long
ll a,b,ans;
ll gcd(ll a,ll b){return b?(ans+=a/b,gcd(b,a%b)):a;}
int main()
{
freopen("math.in","r",stdin);
freopen("math.out","w",stdout);
scanf("%I64d%I64d",&a,&b);
if(a<1||b<1||gcd(a,b)!=1)puts("-1");
else printf("%I64d",ans-1);
fclose(stdin);fclose(stdout);return 0;
}
时间： 2024-04-21 12:04:27