头更大

这个9月完就要去集训搞NOIP了。。。

9月30天也就3次测试。。。为防万一我还是每次测试玩都写个总结。。

补进度来的，上周有点浪。
第一题苟住，第二题第三题GG

Function（100/100）

题目背景
SOURCE：NOIP2015-SHY-6

题目描述
对于一个整数，定义 f(x) 为他的每个数位的阶乘的乘积。例如 f(135)=1! * 3! * 5! = 720。给出一个数 a（可以包含前缀零），a 满足他的至少一个数位大于 1 。我们要求出最大的整数 x ，其中 x 不含 0 或 1 ，并且满足 f(a) = f(x)。

输入格式
第一行一个整数 n ，表示 a 的长度。
接下来一个整数 a 。

输出格式
一行一个整数 x 表示答案。

样例数据 1
输入　 [复制]

4
1234
输出

33222
样例数据 2
输入　 [复制]

2
03
输出

3
备注
【样例1说明】
1! * 2! * 3! * 4! = 3! * 3! * 2! * 2! * 2!

【样例2说明】
0! * 3! = 3！

【数据范围】
对 30% 的输入数据：n≤2
对 100% 的输入数据：n≤15

暴力枚举多想即可。

MY/STD.CPP

#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;int n,stk[60];
long long hh;
int cnt = 0;void get(int n)
{switch(n){case 2:stk[++cnt]=2;break;case 3:stk[++cnt]=3;break;case 4:stk[++cnt]=2;stk[++cnt]=2;stk[++cnt]=3;break;case 5:stk[++cnt]=5;break;case 6:stk[++cnt]=3;stk[++cnt]=5;break;case 7:stk[++cnt]=7;break;case 8:stk[++cnt]=2;stk[++cnt]=2;stk[++cnt]=2;stk[++cnt]=7;break;case 9:stk[++cnt]=2;stk[++cnt]=3;stk[++cnt]=3;stk[++cnt]=7;        break;}
}int main()
{cin >> n;cin >> hh;while(hh){int jud = hh%10;if(jud!=0&&jud!=1)get(jud);hh/=10;}sort(stk+1,stk+cnt+1);for(int i=cnt;i>=1;i--)cout<<stk[i];return 0;
}

Box

题目背景
SOURCE：NOIP2015-SHY-6

题目描述
有个桌子长 R 宽 C ，被分为 R*C 个小方格。其中，一些方格上有箱子，一些方格上有按钮，一些方格上有障碍物，一些方格上是空地。现在有个任务，需要把所有箱子推到这些按钮上面。箱子有个特征，只能推不能搬不能拉。现在需要用最少的步数把所有箱子推到按钮上。

当然，箱子和人都只能以格子为单位移动，不存在一部分在格内一部分在格外的情况；只能向四个方向推，箱子和推箱子的队员都不能穿越障碍物。推动的定义是，人的前进方向被箱子挡住，且箱子在顺着前进方向的下一格不是箱子或者障碍物，那么就可以推着箱子和箱子一起前进一步。

输入格式
输入第一行有两个整数 R，C（4<=R,C<=7），代表桌子的长和宽，接下来一共有 R 行，每行有 C 个字符。
字符的含义：
0：代表空地
1：代表障碍物
2：代表箱子
3：代表按钮
4：人所在的初始地方
输入数据保证障碍物环绕整个地图，箱子数目跟按钮数目相同，箱子最少有一个，不会超过 3 个，队员肯定只有一个。不用考虑箱子初始就按着按钮的情况。保证有解。

输出格式
输出只有一行，为解决机关的最小步数。

样例数据 1
输入　 [复制]

4 5
11111
14231
10231
11111
输出

4
备注
【样例说明】
在样例中，最快的方法之一是先向东把第一个箱子推到按钮上，然后向西走回原处，之后向南一步，再向东推第二个箱子到按钮上。至此任务完成，共使用了 4 步。

【数据范围】
对 30% 的输入数据：箱子只有一个。
对 100% 的输入数据：4<=R,C<=7。

一开始我怎么也觉得不可能用Dp应该用搜索才可能搞定像推箱子这样的题。。后来发现我错的离谱。。Dp大法好。。
虽然我到现在都还没看怎么懂orz。

STD.CPP

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cctype>
#include<queue>
using namespace std;
int D[5][3],len,a[4],R[64][3],v[4],tot,n,m,A[8][8],f[50][50][50][50],pos[7][7],c[6000001][4];
bool b[9][9];
char sl[9];
int main()
{//freopen("box.in","r",stdin); //freopen("box.out","w",stdout);cin>>n>>m;int sx,sy;D[1][1]=1;D[1][2]=0;D[2][1]=-1;D[2][2]=0;D[3][1]=0;D[3][2]=1;D[4][1]=0;D[4][2]=-1;len=0;tot=0;int cnt=0;memset(R,0,sizeof(R));memset(a,0,sizeof(a));memset(v,0,sizeof(v));for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%s",sl);for(int j=1;j<=m;j++){pos[i][j]=++cnt;R[cnt][1]=i;R[cnt][2]=j;A[i][j]=sl[j-1]-'0';if(A[i][j]==4) sx=i,sy=j,A[i][j]=0;if(A[i][j]==2) a[++len]=pos[i][j];if(A[i][j]==3) v[++tot]=pos[i][j];}}memset(f,255,sizeof(f));f[pos[sx][sy]][a[1]][a[2]][a[3]]=0;c[1][0]=pos[sx][sy];c[1][1]=a[1];c[1][2]=a[2];c[1][3]=a[3];memset(b,true,sizeof(b));for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)if(A[i][j]==1) b[i][j]=false;for(int k=1,l=1;l<=k;l++){int ren=c[l][0],xiang1=c[l][1],xiang2=c[l][2],xiang3=c[l][3],xren=R[ren][1],yren=R[ren][2],x1=R[xiang1][1],y1=R[xiang1][2];int x2=R[xiang2][1],y2=R[xiang2][2],x3=R[xiang3][1],y3=R[xiang3][2];b[x1][y1]=false;b[x2][y2]=false;b[x3][y3]=false;int ssx=f[ren][xiang1][xiang2][xiang3];if(xiang1==v[1]&&xiang2==v[2]&&xiang3==v[3]){cout<<f[ren][xiang1][xiang2][xiang3];return 0;}for(int i=1;i<=4;i++)if(1<=xren+D[i][1]&&xren+D[i][1]<=n&&1<=yren+D[i][2]&&yren+D[i][2]<=m){if(b[xren+D[i][1]][yren+D[i][2]]&&f[pos[xren+D[i][1]][yren+D[i][2]]][xiang1][xiang2][xiang3]==-1){f[pos[xren+D[i][1]][yren+D[i][2]]][xiang1][xiang2][xiang3]=ssx+1;c[++k][0]=pos[xren+D[i][1]][yren+D[i][2]];c[k][1]=xiang1;c[k][2]=xiang2;c[k][3]=xiang3;}int q[4];q[1]=xiang1;q[2]=xiang2;q[3]=xiang3;if(pos[xren+D[i][1]][yren+D[i][2]]==q[2])swap(q[1],q[2]);if(pos[xren+D[i][1]][yren+D[i][2]]==q[3])swap(q[1],q[3]);if(pos[xren+D[i][1]][yren+D[i][2]]==q[1])if(1<=xren+2*D[i][1]&&xren+2*D[i][1]<=n&&1<=yren+2*D[i][2]&&yren+2*D[i][2]<=m&&b[xren+2*D[i][1]][yren+2*D[i][2]]){q[1]=pos[xren+2*D[i][1]][yren+2*D[i][2]];for(int j=1;j<=3;j++)for(int k=j+1;k<=3;k++)if(q[k]!=0&&q[k]<q[j]) swap(q[j],q[k]);if(f[pos[xren+D[i][1]][yren+D[i][2]]][q[1]][q[2]][q[3]]==-1){f[pos[xren+D[i][1]][yren+D[i][2]]][q[1]][q[2]][q[3]]=ssx+1;c[++k][0]=pos[xren+D[i][1]][yren+D[i][2]];c[k][1]=q[1];c[k][2]=q[2];c[k][3]=q[3];}}}b[x1][y1]=true;b[x2][y2]=true;b[x3][x3]=true;}cout<<"17";return 0;
}

Tree

题目背景
SOURCE：NOIP2015-SHY-6

题目描述
给你一个有 N 个点 M 条边的无向带权连通图，每条边是白色或黑色，求一颗最小权的恰好有 K 条白边的生成树。

输入格式
第一行三个数 N、M、K ，分别表示点数、边数和所需的白边数。
接下来 M 行，每行四个数 u、v、w、c ，分别表示一条边的两个端点（从0开始标号）、边权和颜色（0表示白色，1表示黑色）。
输入数据保证有解。

输出格式
一行一个数表示所求生成树的边权和。

样例数据 1
输入　 [复制]

2 2 1
0 1 1 1
0 1 2 0
输出

2
备注
【数据范围】
对 20% 的输入数据：1≤N≤15。
对 100% 的输入数据：1≤N≤50000，1≤M≤100000, 1≤w≤100。

貌似听大神讲过的一道原题。。。然而下来好像没懂就没管了。
论学一样懂一样的重要性。
二分大法好orz。

STD.CPP

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
using namespace std;int n,m,k,a,b,d,e,l,r=0,mid,cnt,cntt;
int fa[50005];
long long sum;struct node {int u,v,w,c;
}edge[100005],bian[100005];bool cmp(node a,node b)
{if(a.w==b.w) return a.c<b.c;return a.w<b.w;
}int getfa(int x)
{if(fa[x]==x) return x;fa[x]=getfa(fa[x]);return fa[x];
}inline bool check(int mid) {for(int i=1;i<=m;++i){bian[i]=edge[i];if(!edge[i].c) bian[i].w = edge[i].w + mid;}cnt=0,cntt=0,sum=0;for(int i=0;i<n;++i) fa[i]=i;sort(bian+1,bian+m+1,cmp);for(int i=1;i<=m;++i){a=getfa(bian[i].u);b=getfa(bian[i].v);if(a!=b) {fa[a] = b;cnt++;if(!bian[i].c) {cntt++;sum += bian[i].w;}else sum+=bian[i].w;if(cnt==n-1) break;}}return (cntt >= k);
}int main()
{   cin>>n>>m>>k;for(int i=1;i<=m;++i){cin>>a>>b>>d>>e;edge[i].u=a;edge[i].v=b;edge[i].w=d;edge[i].c=e;}r=150;  l=-r;while (l+1<r){mid=(l+r)/2;if (check(mid)) l=mid;else r=mid;}check(l);cout << sum-k*l;return 0;
}

感想

T1现在能（变）苟（简）住（单）了。。T2,T3的暴力还要学学，打得好暴力，定能出奇迹
还有要补补二分和Dp了。。

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