2021春 算法复习
2024-04-21 01:19:11
1、 [USACO12FEB]Cow Coupons G
题面：https://www.luogu.com.cn/problem/P3045
贪心+堆。首先在优惠券没用完的情况下按优惠价从小到大全部买进。对于没购买的奶牛i，若想加购，可花费原价Pi，或挪用另一只奶牛j的优惠券，即花费Ci+Pj-Cj。故维护三个小根堆（P，C，P-C）即可。（代码略丑 （h1,h2存的是编号，h3存的是值
洛谷的最后一个数据有错，读入n为2，实际为3
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,k,n1,n2,n3,ans,a[50010],b[50010],h1[50010],h2[50010],h3[50010];
long long m;
bool canbuy[50010];
inline bool cmp1(int x,int y){return a[x]<a[y];}
inline bool cmp2(int x,int y){return b[x]<b[y];}
void down1(int x){int ls=x<<1,rs=(x<<1)+1;if (ls>n1) return;if (rs<=n1 && a[h1[rs]]<a[h1[ls]] && a[h1[rs]]<a[h1[x]]) swap(h1[x],h1[rs]),down1(rs);else if (a[h1[ls]]<a[h1[x]]) swap(h1[x],h1[ls]),down1(ls);
}void down2(int x){int ls=x<<1,rs=(x<<1)+1;if (ls>n2) return;if (rs<=n2 && b[h2[rs]]<b[h2[ls]] && b[h2[rs]]<b[h2[x]]) swap(h2[x],h2[rs]),down2(rs);else if (b[h2[ls]]<b[h2[x]]) swap(h2[x],h2[ls]),down2(ls);
}void down3(int x){int ls=x<<1,rs=(x<<1)+1;if (ls>n3) return;if (rs<=n3 && h3[rs]<h3[ls] && h3[rs]<h3[x]) swap(h3[x],h3[rs]),down3(rs);else if (h3[ls]<h3[x]) swap(h3[x],h3[ls]),down3(ls);
}int main(){scanf("%d%d%lld\n",&n,&k,&m);for (int i=1;i<=n;i++){scanf("%d%d\n",&a[i],&b[i]);h1[i]=h2[i]=i;canbuy[i]=true;}sort(h1+1,h1+n+1,cmp1);sort(h2+1,h2+n+1,cmp2);n1=n2=n;n3=0;for (int i=1;i<=k && m>b[h2[i]];i++){ans++;m-=b[h2[i]];h3[++n3]=a[h2[i]]-b[h2[i]];canbuy[h2[i]]=false;}for (;n1 && !canbuy[h1[1]];) h1[1]=h1[n1--],down1(1);for (;n2 && !canbuy[h2[1]];) h2[1]=h2[n2--],down2(1);sort(h3+1,h3+n3+1);for(;(n1 && m>a[h1[1]]) || (n2 && m>b[h2[1]]+h3[1]);){ans++;if (n1 && m>a[h1[1]]){m-=a[h1[1]];canbuy[h1[1]]=false;h1[1]=h1[n1--];down1(1);}else{m-=b[h2[1]]+h3[1];canbuy[h2[1]]=false;h3[1]=a[h2[1]]-b[h2[1]];down3(1);h2[1]=h2[n2--];down2(1);}for (;n1 && !canbuy[h1[1]];) h1[1]=h1[n1--],down1(1);for (;n2 && !canbuy[h2[1]];) h2[1]=h2[n2--],down2(1);}printf("%d",ans);
}
2、[HDU1512]Monkey King
题面：https://www.luogu.com.cn/problem/P1456
左偏树。lj洛谷有多组数据不注明害我白debug半天
#include<iostream>
using namespace std;
int n,m,x,y,a[100010],ls[100010],rs[100010],f[100010],dis[100010];
int merge(int x,int y){if (!x || !y) return x+y;if (a[y]>a[x]) swap(x,y);rs[x]=merge(rs[x],y);f[rs[x]]=x;if (dis[ls[x]]<dis[rs[x]]) swap(ls[x],rs[x]);dis[x]=dis[rs[x]]+1;return x;
}int root(int x){for (;f[x];x=f[x]);return x;
}void update(int x){a[x]>>=1;int t=merge(ls[x],rs[x]);f[t]=ls[x]=rs[x]=0;merge(x,t);
}int main(){while(scanf("%d",&n)!=EOF){for (int i=1;i<=n;i++){scanf("%d\n",&a[i]);ls[i]=rs[i]=f[i]=dis[i]=0;}scanf("%d\n",&m);for (;m--;){scanf("%d%d\n",&x,&y);x=root(x);y=root(y);if (x==y){printf("-1\n");continue;}update(x);update(y);printf("%d\n",a[merge(root(x),root(y))]);}}
}
3、[洛谷2766] 最长不下降子序列问题
题面：https://www.luogu.com.cn/problem/P2766
网络流。经典题，将一个点分裂成两个点来限制自身的流量。题解别人写的更好：https://www.luogu.com.cn/problem/solution/P2766
#include<iostream>
using namespace std;
struct line{int to,f,op,next;
} l[300000];
int n,m,s,T,N,ans,a[510],f[510],last[1010],dis[1010],cnt[1010];int sap(int x,int delta){if (x==T) return delta;int mindis=N,sum=0;for (int i=last[x];i;i=l[i].next){int y=l[i].to;if (l[i].f>0 && dis[x]==dis[y]+1){int f=sap(y,min(l[i].f,delta-sum));sum+=f;l[i].f-=f;l[l[i].op].f+=f;if (dis[0]>N || sum==delta) return sum;}if (l[i].f>0) mindis=min(mindis,dis[y]);}if (sum==0){cnt[dis[x]]--;if (!cnt[dis[x]]) dis[0]=N;else cnt[dis[x]=mindis+1]++;}return sum;
}void link(int x,int y,int f){l[++m].to=y; l[m].f=f; l[m].op=m+1; l[m].next=last[x]; last[x]=m;l[++m].to=x; l[m].f=0; l[m].op=m-1; l[m].next=last[y]; last[y]=m;
}int main(){scanf("%d\n",&n);for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);for (int i=n;i;i--){f[i]=1;for (int j=n;j>i;j--)if (a[j]>=a[i]) f[i]=max(f[i],f[j]+1);s=max(s,f[i]);}printf("%d\n",s);T=N=2*n+1;for (int i=1;i<=n;i++){link(2*i-1,2*i,1);if (f[i]==s) link(0,2*i-1,1);if (f[i]==1) link(2*i,T,1);for (int j=i+1;j<=n;j++)if (f[j]+1==f[i] && a[j]>=a[i]) link(2*i,2*j-1,1);}while (dis[0]<=N) ans+=sap(0,1e9);printf("%d\n",ans);if (f[1]==s) link(0,1,1e9);link(T-1,T,1e9);link(1,2,1e9);link(T-2,T-1,1e9);for (int i=0;i<=T;i++) dis[i]=cnt[i]=0;while (dis[0]<N) ans+=sap(0,1e9);printf("%d\n",ans);
}
4、[USACO05NOV]Asteroids G
题面：https://www.luogu.com.cn/problem/P7368
匈牙利算法。因为每个点要么被行覆盖，要么被列覆盖，所以可将问题转化为二分图最小覆盖问题。又由König 定理知，二分图最小点覆盖包含的点数等于二分图最大匹配包含的边数，故可转化为二分图匹配问题。
#include<iostream>
#include<string.h>
using namespace std;
int n,m,k,x,y,ans,to[10010],nxt[10010],last[10010],match[10010];
bool vis[10010];
bool dfs(int x){for (int i=last[x];i;i=nxt[i])if (!vis[to[i]]){vis[to[i]]=true;if (!match[to[i]] || dfs(match[to[i]])){match[to[i]]=x;return true;}}return false;
}int main(){scanf("%d%d\n",&n,&k);for (;k--;){scanf("%d%d\n",&x,&y);y+=n;to[++m]=y; nxt[m]=last[x]; last[x]=m;to[++m]=x; nxt[m]=last[y]; last[y]=m;}ans=0;for (int i=1;i<=n;i++){memset(vis,false,sizeof(vis));if (dfs(i)) ans++;}printf("%d",ans);
}5、[NOIP2009 提高组] 最优贸易
题面：https://www.luogu.com.cn/problem/P1073
SPFA。最常见的做法是双向SPFA分别处理出源到每个点路径上最小点，和每个点到汇路径上最大点。因为懒我只写了一个SPFA，维护两个标记：minc[x]为从源点到x点所有可能路径上最小点，f[x]为从源到x（包括x）的路上买入并卖出能得到的最优解，为了保证卖出在买进之后，只在SPFA时用minc买入，x点卖出的方案来更新f[x]，其实就是用到了动态规划的思想。
#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;
vector<int> g[100010];
int n,m,x,y,z,head,tail,c[100010],q[2000010],minc[100010],f[100010];
bool inq[100010];
int main(){scanf("%d%d\n",&n,&m);for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&c[i]);for (;m--;){scanf("%d%d%d\n",&x,&y,&z);g[x].push_back(y);if (z==2) g[y].push_back(x);}q[1]=head=tail=1;inq[1]=true;minc[1]=c[1];f[1]=0;for (int i=2;i<=n;i++) minc[i]=1e9;for (;head<=tail;head++){inq[x=q[head]]=false;for (int i=0;i<g[x].size();i++){y=g[x][i];bool updated=false;if (min(minc[x],c[y])<minc[y]) minc[y]=min(minc[x],c[y]),updated=true;if (max(f[x],c[y]-minc[y])>f[y]) f[y]=max(f[x],c[y]-minc[y]),updated=true;if (updated && !inq[y]) inq[q[++tail]=y]=true;}}printf("%d",f[n]);
}
6、[ZJOI2006]物流运输
题面：https://www.luogu.com.cn/problem/P1772
DP+SPFA。因为数据范围非常非常小所以可以随便跑SPFA。f[i]表示前i天最少代价，易得转移方程f[i]=min(f[i],f[j-1]+(i-j+1)*cost+k)，其中cost即为第j天到第i天的可行最短路。注意：每个码头的禁用区间可能有多个，而且可能有重边
#include<iostream>
#include<string.h>
using namespace std;
int n,m,k,e,x,y,z,num,v[30][30],d[30],f[110],q[1000];
bool inq[30],working[30],ban[30][110];
int spfa(){memset(d,0x3f,sizeof(d));int head=1,tail=1;q[1]=1;d[1]=0;inq[1]=true;for (;head<=tail;head++){int x=q[head];for (int y=1;y<=m;y++)if (v[x][y]){if (!working[y]) continue;if (d[x]+v[x][y]<d[y]){d[y]=d[x]+v[x][y];if (!inq[y]) inq[q[++tail]=y]=true;}}inq[x]=false;}return d[m];
}int main(){scanf("%d%d%d%d\n",&n,&m,&k,&e);memset(v,0x3f,sizeof(v));for (;e--;){scanf("%d%d%d\n",&x,&y,&z);v[x][y]=v[y][x]=min(v[x][y],z);}scanf("%d",&e);memset(ban,false,sizeof(ban));for (;e--;){scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);for (int i=y;i<=z;i++) ban[x][i]=true;}for (int i=1;i<=m;i++) working[i]=true;memset(f,0x3f,sizeof(f));f[0]=-k;for (int i=1;i<=n;i++){memset(working,true,sizeof(working));for (int j=i;j;j--){for (x=1;x<=m;x++)if (ban[x][j]) working[x]=false;int cost=spfa();if (cost>1e9) break;f[i]=min(f[i],f[j-1]+(i-j+1)*cost+k);}}printf("%d",f[n]);
}
7、[USACO08OCT]Watering Hole G
题面：https://www.luogu.com.cn/problem/P1550
最小生成树。增设一个水源点0，每个牧场都与水源相连，权值为在该牧场挖水井的代价。然后跑最小生成树即可。代码为kruskal。
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct edge{int from,to,v;
} e[100000];
int n,m,ans,x,y,w[310],f[310];
inline bool cmp(edge a,edge b){return a.v<b.v;
}int find(int x){if (f[x]==x) return x;return f[x]=find(f[x]);
}int main(){scanf("%d\n",&n);for (int i=1;i<=n;i++){scanf("%d\n",&w[i]);f[i]=i;e[++m].from=0;e[m].to=i;e[m].v=w[i];}for (int i=1;i<=n;i++)for (int j=1;j<=n;j++){scanf("%d",&x);if (j>=i) continue;e[++m].from=i;e[m].to=j;e[m].v=x;}sort(e+1,e+m+1,cmp);for (int i=1;i<=m;i++){x=find(e[i].from);y=find(e[i].to);if (x==y) continue;f[x]=y;ans+=e[i].v;}printf("%d",ans);
}
8、[USACO08OCT]Pasture Walking G
题面：https://www.luogu.com.cn/problem/P2912
lca裸题。记录x到根的距离dis[x]，则解为dis[x]+dis[y]-2*dis[lca(x,y)]
#include<iostream>
using namespace std;
int n,m,q,x,y,z,to[2010],nxt[2010],v[2010],fi[1010],fa[1010][10],dis[1010],dep[1010];
bool vis[1010];
void dfs(int x){vis[x]=true;for (int i=1;i<=9;i++){if ((1<<i)>dep[x]) break;fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1];}for (int i=fi[x];i;i=nxt[i]){int y=to[i];if (vis[y]) continue;fa[y][0]=x;dis[y]=dis[x]+v[i];dep[y]=dep[x]+1;dfs(y);}
}int lca(int x,int y){if (dep[x]<dep[y]) swap(x,y);int d=dep[x]-dep[y];for (int i=0;i<=9;i++)if ((1<<i)&d) x=fa[x][i];for (int i=9;i>=0;i--)if (fa[x][i]!=fa[y][i]) x=fa[x][i],y=fa[y][i];if (x!=y) return fa[x][0];return x;
}int main(){scanf("%d%d\n",&n,&q);for (int i=1;i<n;i++){scanf("%d%d%d\n",&x,&y,&z);to[++m]=y; nxt[m]=fi[x]; v[m]=z; fi[x]=m;to[++m]=x; nxt[m]=fi[y]; v[m]=z; fi[y]=m;}dfs(1);for (;q--;){scanf("%d%d\n",&x,&y);printf("%d\n",dis[x]+dis[y]-(dis[lca(x,y)]<<1));}
}
9、[NOI2005] 瑰丽华尔兹
题面：https://www.luogu.com.cn/problem/P2254
DP+单调队列优化。老朋友了哈哈哈，第几次做都记不清了，复习dp必备。若设计状态为f[t][i][j]表示t时刻走到点(i,j)的最长路径，从 f[t-1][前一个时刻的位置] 转移，则时间复杂度为O（kN^3）。故选择用单调队列来优化，状态重设为f[k][i][j]表示第k个时间区间结束后走到点(i,j)的最长路径。
#include<iostream>
#include<string.h>
using namespace std;
int dx[5]={0,-1,1,0,0};
int dy[5]={0,0,0,-1,1};
int n,m,x,y,k,d,ans,f[210][210][210],g[210],pos[210],q[210];
char c[210][210];
void dp(int k,int d,int x,int y,int l){int head=1,tail=0;for (int i=1;x>=1 && x<=n && y>=1 && y<=m;i++,x+=dx[d],y+=dy[d]){if (c[x][y]=='x'){head=1,tail=0;continue;} if (f[k-1][x][y]>=0){while (head<=tail && i-pos[tail]+g[tail]<f[k-1][x][y]) tail--;pos[++tail]=i;g[tail]=f[k-1][x][y];}while (head<=tail && i-pos[head]>l) head++;if (head<=tail) f[k][x][y]=g[head]+i-pos[head];else f[k][x][y]=-1e9;ans=max(ans,f[k][x][y]);}
}int main(){scanf("%d%d%d%d%d\n",&n,&m,&x,&y,&k);for (int i=1;i<=n;i++,scanf("\n"))for (int j=1;j<=m;j++) scanf("%c",&c[i][j]);memset(f,0xf3,sizeof(f));f[0][x][y]=0;for (int i=1;i<=k;i++){scanf("%d%d%d\n",&x,&y,&d);if (d==1)for (int j=1;j<=m;j++) dp(i,d,n,j,y-x+1);if (d==2)for (int j=1;j<=m;j++) dp(i,d,1,j,y-x+1);if (d==3)for (int j=1;j<=n;j++) dp(i,d,j,m,y-x+1);if (d==4)for (int j=1;j<=n;j++) dp(i,d,j,1,y-x+1);}printf("%d",ans);
}
10、[SCOI2005]最大子矩阵
题面：https://www.luogu.com.cn/problem/P2331
DP。分m=1，m=2两种情况讨论。m=1时设状态f[i][k]为前i行k个矩阵最优解，sum[i]为前i个数之和，则转移方程f[i][k]=max(f[i][k],f[j][k-1]+sum[i]-sum[j])。m=2时，设状态g[i][j][k]为第一列前i个和第二列前j个取了k个矩阵的最优解，转移方程见代码。
#include<iostream>
using namespace std;
int n,m,K,sum[110],sum1[110],sum2[110],f[110][11],g[110][110][11];
int main(){scanf("%d%d%d\n",&n,&m,&K);if (m==1){for (int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&sum[i]);sum[i]+=sum[i-1];}for (int i=1;i<=n;i++)for (int k=1;k<=K;k++){f[i][k]=f[i-1][k];for (int j=0;j<i;j++)f[i][k]=max(f[i][k],f[j][k-1]+sum[i]-sum[j]);}printf("%d",f[n][K]);}else{for (int i=1;i<=n;i++){scanf("%d%d\n",&sum1[i],&sum2[i]);sum1[i]+=sum1[i-1];sum2[i]+=sum2[i-1];}for (int i=1;i<=n;i++)for (int j=1;j<=n;j++)for (int k=1;k<=K;k++){g[i][j][k]=max(g[i-1][j][k],g[i][j-1][k]);for (int l=0;l<i;l++) g[i][j][k]=max(g[i][j][k],g[l][j][k-1]+sum1[i]-sum1[l]);for (int l=0;l<j;l++) g[i][j][k]=max(g[i][j][k],g[i][l][k-1]+sum2[j]-sum2[l]);if (i==j)for (int l=0;l<i;l++) g[i][j][k]=max(g[i][j][k],g[l][l][k-1]+sum1[i]-sum1[l]+sum2[j]-sum2[l]);}printf("%d",g[n][n][K]);}
}
11、[SCOI2005]互不侵犯
题面：https://www.luogu.com.cn/problem/P1896
状压DP。先预处理一下可能出现的状态再dp。f[k][i][x]表示前k层，第k层状态为i，已经放了x个国王的解数。
#include<iostream>
#include<string.h>
using namespace std;
long long ans,f[10][1000][90];
int n,K,state[1000];
bool legal[1000],c[1000][1000];
void build(int x,int p,int num,bool last){if (p==n){legal[x]=true;state[x]=num;return;}if (!last) build((x<<1)+1,p+1,num+1,true);build(x<<1,p+1,num,false);
}bool check(int x,int y){if (x&y) return false;for (x=x|y;x;x>>=1)if ((x&3)==3) return false;return true;
}int main(){scanf("%d%d\n",&n,&K);build(0,0,0,false);f[0][0][0]=1;memset(c,false,sizeof(c));for (int i=(1<<n)-1;i>=0;i--)if (legal[i])for (int j=(1<<n)-1;j>i;j--)if (legal[j] && check(i,j)) c[i][j]=c[j][i]=true;c[0][0]=true;for (int k=1;k<=n;k++)for (int i=(1<<n)-1;i>=0;i--)if (legal[i])for (int j=(1<<n)-1;j>=0;j--)if (legal[j] && c[i][j])for (int x=state[i];x<=K;x++)f[k][i][x]+=f[k-1][j][x-state[i]];for (int i=(1<<n)-1;i>=0;i--) ans+=f[n][i][K];printf("%lld",ans);
}
12、[ZJOI2008]骑士
题面：https://www.luogu.com.cn/problem/P2607
树上DP。为啥是树呢，因为对于每个连通块，都有x个点和x条边，所以每个连通块中都有且仅有一个环。环中随便找一条边拆开，两个端点分别为树根各跑一遍DP即可。状态f[x][0/1]，0/1表示取/不取x。
#include<iostream>
using namespace std;
struct edge{int to,next;bool ban;
} e[2000010];
long long t,ans,f[1000010][2];
int n,m,x,root1,root2,v[1000010],fi[1000010];
bool vis[1000010];
void dfs(int x,int fa){vis[x]=true;for (int i=fi[x];i;i=e[i].next)if (!vis[e[i].to]) dfs(e[i].to,x);else if (e[i].to!=fa){root1=x;root2=e[i].to;e[i].ban=true;if (i&1) e[i+1].ban=true;else e[i-1].ban=true;}
}void dp(int x,int fa){f[x][0]=f[x][1]=0;for (int i=fi[x];i;i=e[i].next)if (!e[i].ban && e[i].to!=fa){int y=e[i].to;dp(y,x);f[x][0]+=max(f[y][0],f[y][1]);f[x][1]+=f[y][0];}f[x][1]+=v[x];
}int main(){scanf("%d\n",&n);for (int i=1;i<=n;i++){scanf("%d%d\n",&v[i],&x);e[++m].to=x; e[m].next=fi[i]; fi[i]=m;e[++m].to=i; e[m].next=fi[x]; fi[x]=m;}for (int i=1;i<=n;i++)if (!vis[i]){dfs(i,0);dp(root1,0);t=f[root1][0];dp(root2,0);ans+=max(t,f[root2][0]);}printf("%lld",ans);
}13、[USACO03FALL][HAOI2006]受欢迎的牛 G
题面：https://www.luogu.com.cn/problem/P2341
Tarjan。若图中只有一个出度为0的强连通分量，则该强连通分量中所有奶牛都是明星奶牛。其他情况下都没有明星奶牛。
#include<iostream>
#include<stack>
#include<string.h>
using namespace std;
stack<int> s;
int n,m,en,cn,x,y,num,ans,to[50010],nxt[50010],fi[10010],dfn[10010],low[10010],cpn[10010],siz[10010];
bool last[10010];void dfs(int x){dfn[x]=low[x]=++num;s.push(x);for (int i=fi[x];i;i=nxt[i]){int y=to[i];if (!dfn[y]){dfs(y);low[x]=min(low[x],low[y]);}else if (!cpn[y]) low[x]=min(low[x],dfn[y]);}if (dfn[x]==low[x]){cn++;while (1){int y=s.top();cpn[y]=cn;siz[cn]++;s.pop();if (y==x) break;}}
}int main(){scanf("%d%d\n",&n,&m);for (;m--;){scanf("%d%d\n",&x,&y);to[++en]=y; nxt[en]=fi[x]; fi[x]=en;}for (int i=1;i<=n;i++)if (!dfn[i]) dfs(i);memset(last,true,sizeof(last));for (int i=1;i<=n;i++)if (last[cpn[i]])for (int j=fi[i];j;j=nxt[j])if (cpn[to[j]]!=cpn[i]){last[cpn[i]]=false;break;}for (int i=1;i<=cn;i++)if (last[i]){if (!ans) ans=siz[i];else{printf("0");return 0;}}printf("%d",ans);
}
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