2017百度之星资格赛总结
第一题没有什么说的，题目我都没看懂，并没有理解他的包围，赛后大佬的代码我也看了，嗯，没看懂。。。
第二题是数据水了，正解为全局最小割，我并没这样做出来，我只是单纯的用并查集删了点（可用单链卡掉），竟然过了。。（据说数据水到不用并查集也可以过）
度度熊的王国战略
度度熊国王率领着喵哈哈族的勇士，准备进攻哗啦啦族。
哗啦啦族是一个强悍的民族，里面有充满智慧的谋士，拥有无穷力量的战士。
所以这一场战争，将会十分艰难。
为了更好的进攻哗啦啦族，度度熊决定首先应该从内部瓦解哗啦啦族。
第一步就是应该使得哗啦啦族内部不能同心齐力，需要内部有间隙。
哗啦啦族一共有n个将领，他们一共有m个强关系，摧毁每一个强关系都需要一定的代价。
现在度度熊命令你需要摧毁一些强关系，使得内部的将领，不能通过这些强关系，连成一个完整的连通块，以保证战争的顺利进行。
请问最少应该付出多少的代价。
本题包含若干组测试数据。
第一行两个整数n，m，表示有n个将领，m个关系。
接下来m行，每行三个整数u,v,w。表示u将领和v将领之间存在一个强关系，摧毁这个强关系需要代价w
数据范围：
2<=n<=3000
1<=m<=100000
1<=u,v<=n
1<=w<=1000
对于每组测试数据，输出最小需要的代价。
2 1 1 2 1 3 3 1 2 5 1 2 4 2 3 3
1 3
代码：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
long long num[100010];
int n,m;
int pre[3001];
void init(){for(int i=1;i<3001;i++)pre[i]=i;
}
int Find(int x){if(x!=pre[x])return pre[x]=Find(pre[x]);return x;
}
void mix(int x,int y){int xx=Find(x),yy=Find(y);if(xx!=yy){pre[xx]=yy;}
}
int main(){int a,b,c;while(~scanf("%d %d",&n,&m)){bool flag=false;memset(num,0,sizeof(num));init();for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);if(a!=b){num[a]+=c;num[b]+=c;mix(a,b);}}int cnt=0;for(int i=1;i<=n;i++){if (pre[i]==i)cnt++;}if(cnt==1)flag=true;if(flag){long long ans=inf;for(int i=1;i<=n;i++){if(ans>num[i])ans=num[i];}printf("%I64d\n",ans);}else {printf("0\n");}}return 0;
}
正解：
#include<bits/stdc++.h>
#define N 3005
#define mk make_pair
using namespace std;
int a[N][N],T[N][N],F[N],vis[N];
int dead[N],pos[N],u,v,w,i,j,n,m,ans;
struct Heap{int id[N],len;void up(int x){for (;x>1;x>>=1)if (F[id[x]]>F[id[x>>1]])swap(pos[id[x]],pos[id[x>>1]]),swap(id[x],id[x>>1]);else return;}void pop(){pos[id[len]]=0;if ((--len)==0) return;id[1]=id[len+1];pos[id[1]]=1;for (int x=1;(x<<1)<=len;){int y=((x<<1)==n||F[id[x<<1]]>F[id[x<<1|1]])?(x<<1):(x<<1|1);if (F[id[x]]>=F[id[y]]) return;swap(pos[id[x]],pos[id[y]]);swap(id[x],id[y]);x=y;}}void add(int x){if (!pos[x]) id[pos[x]=++len]=x,up(len);else up(pos[x]);}void clear(){len=0;}
}G;
void work(){for (int i=1;i<=n;i++)F[i]=-1e9,vis[i]=pos[i]=0;int S,p,q;for (int i=1;i<=n;i++) if (!dead[i]) {S=i;break;}G.clear();F[S]=0;G.len=1;pos[G.id[1]=S]=G.id[1];while (G.len){int x=G.id[1];vis[x]=1;G.pop();for (i=1;i<=*a[x];i++){int y=a[x][i];if (vis[y]) continue;F[y]+=T[x][y];G.add(y);}p=q;q=x;}int sum=0;for (int i=1;i<=*a[q];i++)sum+=T[q][a[q][i]];//printf("%d\n",sum);ans=min(ans,sum);for (int i=1;i<=n;i++)if (!dead[i]&&i!=q&&i!=p)if (T[q][i]&&!T[p][i]) a[p][++*a[p]]=i;for (int i=1;i<=n;i++)if (!dead[i]&&i!=p&&i!=q)T[i][p]+=T[i][q],T[p][i]+=T[q][i];dead[q]=1;//printf("%d %d\n",p,q);int debug=(p==4&&q==3);for (int i=1;i<=n;i++)if (!dead[i]&&i!=q){int j=1;for (;j<=*a[i];j++)if (a[i][j]==q) break;if (j<=*a[i]){for (;j<*a[i];j++)a[i][j]=a[i][j+1];--(*a[i]);}if (!T[i][p]) continue;for (j=1;j<=*a[i];j++)if (a[i][j]==p) break;if (j>(*a[i])) a[i][++*a[i]]=p;}//printf("Delete:%d Sum:%d\n",q,sum);//for (int i=1;i<=n;i++)//if (!dead[i]) for (int j=1;j<=*a[i];j++)//printf("%d->%d %d\n",i,a[i][j],T[i][a[i][j]]);}
int main(){while (scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF){if (!n) return 0;memset(T,0,sizeof(T));for (i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);if (u==v) continue;T[u][v]+=w;T[v][u]+=w;}//printf("%d\n",T[1][1]);for (i=1;i<=n;i++)for (j=1;j<=n;j++)if (T[i][j]) a[i][++*a[i]]=j;/*for (int i=1;i<=n;i++)for (int j=1;j<=*a[i];j++)printf("%d->%d %d\n",i,a[i][j],T[i][a[i][j]]);*/ans=2e9;for (int tmp=min(n-1,1000);tmp;tmp--)work();printf("%d\n",ans);for (i=1;i<=n;i++) *a[i]=dead[i]=0;}
}第三个题是签到题，我们先判断是否能够打败所有怪兽，然后就是一个裸背包。
度度熊与邪恶大魔王
度度熊为了拯救可爱的公主，于是与邪恶大魔王战斗起来。
邪恶大魔王的麾下有n个怪兽，每个怪兽有a[i]的生命值，以及b[i]的防御力。
度度熊一共拥有m种攻击方式，第i种攻击方式，需要消耗k[i]的晶石，造成p[i]点伤害。
当然，如果度度熊使用第i个技能打在第j个怪兽上面的话，会使得第j个怪兽的生命值减少p[i]-b[j]，当然如果伤害小于防御，那么攻击就不会奏效。
如果怪兽的生命值降为0或以下，那么怪兽就会被消灭。
当然每个技能都可以使用无限次。
请问度度熊最少携带多少晶石，就可以消灭所有的怪兽。
本题包含若干组测试数据。
第一行两个整数n，m,表示有n个怪兽，m种技能。
接下来n行，每行两个整数，a[i],b[i]，分别表示怪兽的生命值和防御力。
再接下来m行，每行两个整数k[i]和p[i]，分别表示技能的消耗晶石数目和技能的伤害值。
数据范围:
1<=n<=100000
1<=m<=1000
1<=a[i]<=1000
0<=b[i]<=10
0<=k[i]<=100000
0<=p[i]<=1000
对于每组测试数据，输出最小的晶石消耗数量，如果不能击败所有的怪兽，输出-1
1 2 3 5 7 10 6 8 1 2 3 5 10 7 8 6
6 18
代码：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define LL long long
using namespace std;
int n,m,a[100010],b[100010];
int k[10010],p[10010];
long long dp[12][1005<<1];
int main(){while(~scanf("%d%d",&n,&m)){int mx0=0,mx1=0;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);mx0=max(mx0,b[i]);}for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d",&k[i],&p[i]);mx1=max(mx1,p[i]);}if(mx0>=mx1){printf("-1\n");continue;}memset(dp,inf,sizeof(dp));for(int x=0;x<=10;x++){dp[x][0]=0;for(int i=1;i<=m;i++){if(p[i]<=x)continue;for(int j=p[i]-x;j<=2000;j++){dp[x][j]=min(dp[x][j],dp[x][j-(p[i]-x)]+k[i]);}}for(int i=2000;i>0;i--){dp[x][i]=min(dp[x][i],dp[x][i+1]);}}LL ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){ans+=dp[b[i]][a[i]];}printf("%I64d\n",ans);}return 0;
}
第四个题是一个比较有难度的dp，这个题多亏了qls和csy在ACfun里的提示，题意没有很清楚，这其实就是一个01背包，但是要求优先最大化总得分，然后最小化序列之和，最后最大化花费，要求输出字典序最小的解，在不打饭的情况下不输出空行（我PE了4发...）。
度度熊的午饭时光
度度熊最期待每天的午饭时光，因为早饭菜品清淡，晚饭减肥不敢吃太多（胖纸的忧伤T.T）。
百度食堂的午餐超级丰富，祖国各大菜系应有尽有，度度熊在每个窗口都有爱吃的菜品，而且他还为喜爱的菜品打了分，吃货的情怀呀(>.<)。
但是，好吃的饭菜总是很贵，每天的午饭预算有限，请帮度度熊算一算，怎样打饭才能买到的最好吃的饭菜?(不超过预算、不重样、午餐等分最高的情况下，选择菜品序号加和最小，加和相等时字典序最小的组合)
第一行一个整数T，表示T组数据。 每组测试数据将以如下格式从标准输入读入：
B
N
score_1 cost_1
score_2 cost_2
:
score_N cost_N
第一行，正整数B（0 <= B <= 1000），代表午餐的预算。
第二行，正整数N (0 <= N <= 100)，代表午餐可选的菜品数量
从第三行到第 (N + 2) 行，每行两个正整数，以空格分隔，score_i表示菜品的得分，cost_i表示菜品的价格(0 <= score_i, cost_i <= 100)。
对于每组数据，输出两行： 第一行输出："Case #i:"。i代表第i组测试数据。 第二行输出菜品的总得分和总花费，以空格分隔。 第三行输出所选菜品的序号，菜品序号从1开始，以空格分隔。
2 29 6 9 10 3 4 6 5 7 20 10 9 15 11 0 2 2 23 10 12
Case #1: 34 29 2 3 5 6 Case #2: 0 0
这个题开始用背包的思路去想的
pre[i][j].first代表的是你取的最后一个物品编号，因为dp就是物品编号小到大的顺序dp的，所以这个一定是当前最小
dp[i][j].second代表的是当前序列之和，如果最大值相同，取序号和最小
dp[i][j].first代表的是遍历到第i个物品总费用为j的情况下的最大价值
然后看代码应该就懂了
代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
struct node{int score,cost;
}xin[10001];
pair<int,int>dp[102][1001],pre[102][1001];
int p[10000];
int main(){int Case=0,t;int b,n;scanf("%d",&t);while(t--){Case++;scanf("%d%d",&b,&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d%d",&xin[i].score,&xin[i].cost);}for(int i=0;i<=n;i++){for(int j=0;j<=b;j++){dp[i][j].first=dp[i][j].second=-1;pre[i][j].first=pre[i][j].second=-1;}}dp[0][0].first=dp[0][0].second=0;int ans1=0,ans2=0,x,y;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=xin[i].cost;j<=b;j++){for(int k=0;k<i;k++){if(dp[k][j-xin[i].cost].first==-1)continue;if(dp[i][j].first<dp[k][j-xin[i].cost].first+xin[i].score){dp[i][j].first=dp[k][j-xin[i].cost].first+xin[i].score;dp[i][j].second=dp[k][j-xin[i].cost].second+i;pre[i][j].first=k;pre[i][j].second=j-xin[i].cost;}else if(dp[i][j].first==dp[k][j-xin[i].cost].first+xin[i].score){if(dp[i][j].second>dp[k][j-xin[i].cost].second+i){dp[i][j].second=dp[k][j-xin[i].cost].second+i;pre[i][j].first=k;pre[i][j].second=j-xin[i].cost;}}}if(dp[i][j].first>ans1){ans1=dp[i][j].first;ans2=dp[i][j].second;x=i,y=j;}else if(dp[i][j].first==ans1){if(ans2>dp[i][j].second){ans2=dp[i][j].second;x=i,y=j;}}}}printf("Case #%d:\n",Case);printf("%d %d\n",ans1,y);int cnt=0;while(x!=0&&x!=-1){p[cnt++]=x;int k1=x,k2=y;x=pre[k1][k2].first;y=pre[k1][k2].second;}for(int i=cnt-1;i>=0;i--){printf(i!=0?"%d ":"%d\n",p[i]);}}return 0;
}
对于第五题来说，是一个卡特兰数，金桔告诉我的，我并没有看出来，卡特兰数我练的也不熟，想了一个多小时没有思路就放弃了，赛后看了大牛们的代码，卡特兰数+扩展欧几里得，我还是慢慢研究这个题吧。
以上全部题目来自：http://bestcoder.hdu.edu.cn/contests/contest_show.php?cid=774
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