20190405 DP模拟赛1总结

概况
- 重要的模型&&方法：T1，T2，T3
- 分数
- 失分原因
题目及其题解
- [ T1：Lg P2737 [USACO4.1]麦香牛块Beef McNuggets](https://www.luogu.org/problemnew/show/P2737)
- - 思路及分析
  - T1::CODE
- [ T2：Lg P1472 奶牛家谱 Cow Pedigrees](https://www.luogu.org/problemnew/show/P1472)
- - 思路及分析
  - T2::CODE
- [ T3：Lg P2747 [USACO5.4]周游加拿大Canada Tour](https://www.luogu.org/problemnew/show/P2747)
- - 思路及分析
  - T3::CODE
附：考场上的记录

概况

重要的模型&&方法：T1，T2，T3

（你这不是在说废话嘛）

分数

T1：100
T2：8
T3：73

失分原因

T2：DFS常数过大，正解未想出（状态设计不对）
T3：本来应该是100，但是忘记特判（原来只输出1可以拿27）

题目及其题解

T1：Lg P2737 [USACO4.1]麦香牛块Beef McNuggets

难度：普及+
重要：提高+

麦香牛块
(nuggets.cpp/in/out)

题目描述
农夫布朗的奶牛们正在进行斗争,因为它们听说麦当劳正在考虑引进一种新产品:麦香牛块。奶牛们正在想尽一切办法让这种可怕的设想泡汤。奶牛们进行斗争的策略之一是“劣质的包装”。“看,”, 奶牛们说,“如果你用只有一次能装 3 块、6 块或 10 块的三种包装盒装麦香牛块,你就不可能满足想要一次只想买 1、2、4、5、7、8、11、14 或 17 块麦香牛块的顾客了。劣质的包装意味着劣质的产品。”
你的任务是帮助这些奶牛。给出包装盒的种类数 N(1<=N<=10)和 N 个代表不同种类包装盒容纳麦香牛块个数的正整数(1<=i<=256),输出顾客不能用上述包装盒(每种盒子数量无限)买到麦香牛块的最大块数。如果在限定范围内所有购买方案都能得到满足,则输出 0。范围限制是所有不超过 2,000,000,000 的正整数。
输入格式：
第 1 行: 包装盒的种类数 N
第 2 行到 N+1 行: 每个种类包装盒容纳麦香牛块的个数
输出格式：
输出文件只有一行数字:顾客不能用包装盒买到麦香牛块的最大块数或 0(如果在限定范围内所有购买方案都能得到满足)。
样例输入 (nuggets.in)
3 3 6 10
样例输出：(nuggets.out)
17

思路及分析

和NOIP2017 小凯的疑惑简直一模一样，只是数据范围该大了一些…那怎么办？

考场上：那我就不拿完分呗。我通过把数据范围缩小一点把时间卡到0.5s左右就可以拿部分分啦~~。

就这样把maxn卡到了800005左右，就奇迹般地AC了
“哇，AC的香气”
其实，最大的数不超过256²
为啥？
所以说：

T1::CODE

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=800005;
template<typename t>void read(t &x)
{int f=1;x=0;char ch=getchar();while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0' && ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}x=x*f;
}
bool used[maxn+5];
int n;
int a[300];int gcd(int a,int b)
{if(b==0)return a;return gcd(b,a%b);
}void init()
{freopen("nuggets.in","r",stdin);freopen("nuggets.out","w",stdout);
}void readdata()
{read(n);used[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++){read(a[i]);}if(n==1) {printf("0");exit(0);}
}void work()
{int tmp=a[1];for(int i=2;i<=n;i++){tmp=gcd(tmp,a[i]);}if(tmp!=1){printf("0");return;}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=0;j<=maxn;j++){if(j+a[i]<=maxn && used[j] )used[j+a[i]]=1;}}for(int i=maxn;i>=0;i--){if(!used[i]){printf("%d",i);return;}}
}int main()
{//  init();readdata();work();return 0;
}

T2：Lg P1472 奶牛家谱 Cow Pedigrees

奶牛家谱
(nocows.cpp/in/out)
题目描述
农民约翰准备购买一群新奶牛。在这个新的奶牛群中, 每一个母亲奶牛都生两个小奶牛。这些奶牛间的关系可以用二叉树来表示。这些二叉树总共有N个节点(3 <= N < 200)。这些二叉树有如下性质:
每一个节点的度是0或2。度是这个节点的孩子的数目。
树的高度等于K(1 < K < 100)。高度是从根到最远的那个叶子所需要经过的结点数; 叶子是指没有孩子的节点。
有多少不同的家谱结构? 如果一个家谱的树结构不同于另一个的, 那么这两个家谱就是不同的。输出可能的家谱树的个数除以9901的余数。
输入输出格式
输入格式：
两个空格分开的整数, N和K。
输出格式：
一个整数，表示可能的家谱树的个数除以9901的余数。
输入输出样例
输入样例：
5 3
输出样例：
2

思路及分析

设dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j]表示i个点刚好j层的方案数，然后弄个4层循环，还有组合数什么乱七八糟的，不仅思维难度高，编程难度高，时空复杂度都高！

既然设刚好j层那么麻烦，我们不妨设dp[i][j]表示i个点小于等于j层的方案数，那么最终我们所需的答案就是dp[n][k]−dp[n][k−1]dp[n][k]-dp[n][k-1]dp[n][k]−dp[n][k−1]是不是？
via
所以说转移方程：
f(i,j)=Σf(l,j−1)+f(n−l−1,j−1)f(i,j)=\Sigma f(l,j-1)+f(n-l-1,j-1)f(i,j)=Σf(l,j−1)+f(n−l−1,j−1)

T2::CODE

#include <bits/stdc++.h>
#define mod 9901
using namespace std;
const int maxn=210;
template <typename t>void read(t &x)
{x=0;int f=1;char ch=getchar();while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0' && ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}x=x*f;
}
int n,m,dp[maxn][maxn];
void init()
{freopen("Lg P","r",stdin);
}void readdata()
{read(n),read(m);
}void work()
{for(int i=1;i<=m;i++)dp[1][i]=1;for(int k=1;k<=m;k++){for(int i=3;i<=n;i=i+2){for(int j=1;j<i;j=j+2){dp[i][k]+=dp[j][k-1]*dp[i-j-1][k-1];dp[i][k]=dp[i][k]%mod;}}}printf("%d",(dp[n][m]-dp[n][m-1]+mod)%mod);
}int main()
{//  init();readdata();work();return 0;
}

T3：Lg P2747 [USACO5.4]周游加拿大Canada Tour

加拿大旅游
(tour.cpp/in/out)
题目描述
你赢得了一场航空公司举办的比赛，奖品是一张加拿大环游机票。旅行在这家航空公司开放的最西边的城市开始，然后一直自西向东旅行，直到你到达最东边的城市，再由东向西返回，直到你回到开始的城市。除了旅行开始的城市之外，每个城市只能访问一次，因为开始的城市必定要被访问两次（在旅行的开始和结束）。
当然不允许使用其他公司的航线或者用其他的交通工具。
给出这个航空公司开放的城市的列表，和两两城市之间的直达航线列表。找出能够访问尽可能多的城市的路线，这条路线必须满足上述条件，也就是从列表中的第一个城市开始旅行，访问到列表中最后一个城市之后再返回第一个城市。
输入输出格式
输入格式：
第 1 行: 航空公司开放的城市数 N 和将要列出的直达航线的数量 V。N 是一个不大于 100 的正整数。V 是任意的正整数。
第 2…N+1 行: 每行包括一个航空公司开放的城市名称。城市名称按照自西向东排列。不会出现两个城市在同一条经线上的情况。每个城市的名称都是一个字符串，最多15字节，由拉丁字母表上的字母组成；城市名称中没有空格。
第 N+2…N+2+V-1 行: 每行包括两个城市名称（由上面列表中的城市名称组成），用一个空格分开。这样就表示两个城市之间的直达双程航线。
输出格式：
Line 1: 按照最佳路线访问的不同城市的数量 M。如果无法找到路线，输出 1。
输入输出样例
输入样例：
8 9
Vancouver
Yellowknife
Edmonton
Calgary
Winnipeg
Toronto
Montreal
Halifax
Vancouver Edmonton
Vancouver Calgary
Calgary Winnipeg
Winnipeg Toronto
Toronto Halifax
Montreal Halifax
Edmonton Montreal
Edmonton Yellowknife
Edmonton Calgary
输出样例：
7

思路及分析

不妨将一条回路拆成两条路且假设两个人同时从起点出发到终点
我们令dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j]表示其中一个人甲从起点到iii点和另外一个人乙从起点到jjj点所经过的路径数，不难得出状态转移方程：
fi,j=Max{fk,j}f_i,_j=Max \{f_k,_j\}fi,j=Max{fk,j}(kkk为iii到相通的边)
fi,j=Max{fi,k}f_i,_j=Max \{f_i,_k\}fi,j=Max{fi,k}(kkk为jjj到相通的边)
注意一下存图和答案为fn,n−1f_n,_n-1fn,n−1即可

T3::CODE

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=105;
template<typename t>void read(t &x)
{int f=1;x=0;char ch=getchar();while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0' && ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}x=x*f;
}
int n,m;
int road[maxn][maxn],dp[maxn][maxn];map<string,int>name;int Min(int a,int b){return a<b?a:b;}
int Max(int a,int b){return a>b?a:b;}void init()
{freopen("tour2.in","r",stdin);
//  freopen("tour.out","w",stdout);
}void readdata()
{read(n),read(m);scanf("\n");char s[maxn],s1[maxn],s2[maxn];for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%s\n",s);name[s]=i;}for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%s %s\n",s1,s2);road[name[s1]][name[s2]]=1;road[name[s2]][name[s1]]=1;}
}void work()
{memset(dp,-0x7f,sizeof(dp));dp[1][1]=1;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){for(int k=1;k<=Min(i,j);k++){if(k==i && i!=1)continue;if(k==j && j!=1)continue;if(road[k][i])dp[i][j]=Max(dp[i][j],dp[k][j]+1);if(road[k][j])dp[i][j]=Max(dp[i][j],dp[i][k]+1);}}}if(dp[n][n]<0){printf("1");exit(0);}printf("%d",dp[n][n]-1);
}int main()
{//  init();readdata();work();   return 0;
}

附：考场上的记录

2019.5.4DP测试
看题：
T2:
可能只DFS一遍，然后ans*2（对称）
dp[][][]
T1：暴力（完全背包）or 找规律？？？？？！！！注意有Debug
T3：Map…

8.50 T2 暴力放弃预计：30

9.05 搞T1√预计：50

9.48 搞T3
看成两个点分别从起点和终点出发
9.50
方程：f[甲走到i][乙走到j]走过城市和…
转移：f[j][i]=f[i][j]=Max(f[i][k]+1)(k到j存在路径 && f[i][k]>0 && k>=1)
初始化：f[1][1]=1;
答案：ans=1;
ans=Max(f[i][n])

【不可行！！！】
10.02
方程：f[起点到i][起点到j]走过的路线
转移： f[i][j]=Max(f[k][j]+1)i到k存在路径
f[i][j]=Max(f[i][k]+1)k到j存在路径
初始化：f[][]=-2333333333；f[1][1]=1;
答案： <0–>0
else f[n][n]

10.35:多了一个1？？？
预计：玄学？？？！（不知道正确性）

10.37搞T2：
难道是防AK？？？
做不来…
大样例过不了…

10.48查出一个错误：dfs(num+4,deep+1)
大样例还是过不了…
DP应该打不出来了吧…
暴力放弃…
预计：30

预计
T1：50
T2：30
T3：100 or 0

10.57弄完了扫会儿雷~

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附：考场上的记录

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