Wannafly挑战赛26

链接：https://www.nowcoder.com/acm/contest/212/A
作为「Misaka Network」的中心司令塔的 LastOrder出事了，为了维持「Misaka Network」的正常工作，需要临时选出一个Sister作为中心司令塔。
为了弥补能力上的不足，对于选出的Sister有一些要求。
具体来说，平面上有 n 个 Sister，问能否找到一个Sister作为中心司令塔，使得其他 Sister 都在以她为圆心的一个圆上，如果找不到这样的Sister，则输出 “-1”(不含引号)。
输入描述:
第一行一个数 n
接下来 n 行，第 i 行两个整数 xi, yi ，表示第 i 个Sister在平面上的坐标。
输出描述:
输出共一个数，表示选出的Sister的编号，如果找不到则输出 “-1”。

记录：直接暴力。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1010;
typedef long long LL;
typedef pair<LL, LL> pii;
LL x[MAXN], y[MAXN];int main() {int n; scanf("%d", &n);for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%lld %lld", &x[i], &y[i]);int id = -1;for(int i = 1; i <= n; ++i) {bool flag = true; LL ans = -1;for(int j = 1; j <= n; ++j) {if(i == j) continue;if(ans < 0) ans = (x[i] - x[j]) * (x[i] - x[j]) + (y[i] - y[j]) * (y[i] - y[j]);if(ans != (x[i] - x[j]) * (x[i] - x[j]) + (y[i] - y[j]) * (y[i] - y[j])) flag = false;}if(flag) id = i;}printf("%d\n", id);return 0;
}

链接：https://www.nowcoder.com/acm/contest/212/B
有一天 Misaka 和 Kuroko 在玩一个关于冥土追魂的游戏…
Misaka和Kuroko在一个 n x m 的棋盘上玩游戏，每个格子上都放着一些呱太。游戏共进行 k 回合，每一回合 Kuroko会选有呱太的一行 i，在这之后Misaka会选择一列 j ，并拿走格子 (i, j) 上的所有呱太，Misaka希望自己拿走的呱太尽可能多，而Kuroko不想让Misaka拿走很多呱太，所以她希望拿走的呱太尽可能少。
在一旁围观的恒温死神希望预测结果，请你预测在双方都采取最优策略的情况下，Misaka最终能拿走呱太的数量。
输入描述:
第一行三个数 n, m, k。
接下来 n 行，每行 m 个数，第 i 行第 j 个数表示棋盘第 i 行第 j 列上的呱太数量 ai,j。
输出描述:
输出共一个数，表示在你的预测下，Misaka最终能拿走呱太的数量。

记录：【贪心】
主要要想明白一件事：如果当前行被拿走第一个数字，那么这行一定会被去完或者操作数不够，也就是至多存在一行取了数字但没有被取尽。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1010;
typedef long long LL;
typedef pair<LL, LL> pii;
LL mp[MAXN][MAXN], a[MAXN];
pii dp[MAXN];int main() {int n, m, k;scanf("%d %d %d", &n, &m, &k);int ans = k / m;int res = k % m; LL sum = 0;for(int i = 1; i <= n; ++i) {for(int j = 1; j <= m; ++j) {scanf("%lld", &a[j]);mp[i][j] = a[j];dp[i].first += a[j];sum += a[j];}sort(a + 1, a + m + 1);for(int j = m; j >= m - res + 1; --j) {dp[i].second += a[j];}}if(ans == n) {printf("%lld\n", sum);return 0;}sum = (1ll << 60);sort(dp + 1, dp + n + 1);LL cnt = 0, num;for(int i = 1; i <= ans; ++i) cnt += dp[i].first;for(int i = 1; i <= n; ++i) {num = cnt + dp[i].second;if(i <= ans) num = num - dp[i].first + dp[ans + 1].first;sum = min(sum, num);}printf("%lld\n", sum);return 0;
}

链接：https://www.nowcoder.com/acm/contest/212/C
题目描述
听说彩虹有七种颜色？
一维坐标轴上n条线段，每条线段左端点l，右端点r，颜色为c，从中选m种颜色的互不接触的线段，每种颜色可选多条，所选线段的总长度最长为多少？
输入描述:
第一行2个整数 n, m;
接下来n行，每行3个整数l, r, c。
输出描述:
一个整数，表示所选线段的最长的总长度；若选不了，输出-1；

记录：【状压DP+一般DP】
比赛时我写的时候，颜色那么少，肯定按颜色状压呀。dp[i][j]:表示前i段且颜色状态为j时的最长长度，对于当前第i段，枚举所有状态颜色，然后对于当前每一种颜色状态去寻找长度最长且不相交的前一状态，就是在这没想到怎么O(1)转移。。。
题解里直接用一个一般dp维护我上述说的“寻找”，然后就可以O(1)转移。仔细一想也是，前后两个相邻线段无论情况如何，都可以取一下最大值。除此之外，二分预处理一下前驱，用并查集记录，然后状压+一般dp进行转移。
d p [ i ] [ j ∣ r t ] = m a x ( d p [ p r e [ i ] ] [ j ] + 1 l l ∗ s [ i ] . l e n , d p [ i ] [ j ∣ r t ] ) ; dp[i][j | rt] = max(dp[pre[i]][j] + 1ll * s[i].len, dp[i][j | rt]); dp[i][j∣rt]=max(dp[pre[i]][j]+1ll∗s[i].len,dp[i][j∣rt]);
d p [ i ] [ j ] = m a x ( d p [ i − 1 ] [ j ] , d p [ i ] [ j ] ) ; dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j]); dp[i][j]=max(dp[i−1][j],dp[i][j]);

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> pii;
const int mod = 1e9 + 7;
const int MAXN = 1e5 + 5;
const LL INF = (1ll << 60);
int pre[MAXN]; LL dp[MAXN][300];
int n, m = 0, k;struct node {int l, r, c;int len;
}s[MAXN];
bool cmp(node x, node y) { return x.r < y.r; }int get(int x) {int L = 0, R = n;while(R >= L) {int mid = (L + R) >> 1;if(s[mid].r < s[x].l) L = mid + 1;else R = mid - 1;}return R;
}int so(int x) {int ans = 0;while(x) {if(x & 1) ans++;x >>= 1;}return ans;
}int main() {scanf("%d %d", &n, &k);for(int i = 1; i <= n; ++i) {scanf("%d %d %d", &s[i].l, &s[i].r, &s[i].c);s[i].len = s[i].r - s[i].l;m = max(m, s[i].c);}m = (1 << m) - 1;sort(s + 1, s + n + 1, cmp);for(int i = 1; i <= n; ++i) {pre[i] = get(i);//printf("## %d %d\n", pre[i], i);}for(int i = 0; i <= n; ++i) {for(int j = 0; j <= m; ++j) {dp[i][j] = -INF;//if(so(j) == 1) dp[0][j] = 0;}}LL ans = -1; dp[0][0] = 0;for(int i = 1; i <= n; ++i) {int rt = (1 << (s[i].c - 1));for(int j = 0; j <= m; ++j) {dp[i][j | rt] = max(dp[pre[i]][j] + 1ll * s[i].len, dp[i][j | rt]);dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j]);if(so(j | rt) == k) {ans = max(ans, dp[i][j | rt]);//printf("# %d %lld %d\n", (j | rt), ans, i);}}}
/*for(int i = 0; i <= n; ++i) {for(int j = 0; j <= m; ++j) {printf("%d %d %lld\n", i, j, dp[i][j]);}}
*/printf("%lld\n", ans);return 0;
}

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