考试题目目录

1.木棍(暴搜 + 剪枝)

2.喷泉（树状数组）

一.木棍

时间限制:2000ms 空间限制:256MB
输入文件:stick.in 输出文件:stick.out
题目描述
乔治拿来一组等长的木棒，将它们随机地砍断，使得每一节木棍的长度都不超过50个长度单位。
然后他又想把这些木棍恢复到为裁截前的状态，但忘记了初始时有多少木棒以及木棒的初始长度。
请你设计一个程序，帮助乔治计算木棒的可能最小长度。
每一节木棍的长度都用大于零的整数表示。
输入格式
输入包含多组数据，每组数据包括两行。
第一行是一个不超过64的整数，表示砍断之后共有多少节木棍。
第二行是截断以后，所得到的各节木棍的长度。
在最后一组数据之后，是一个零。
输出格式
为每组数据，分别输出原始木棒的可能最小长度，每组数据占一行。

样例

样例输入

复制9
5 2 1 5 2 1 5 2 1

样例输出

复制6
数据范围与提示

1 <= N <= 60

题目分析：这是一道非常非常经典的搜索题，搜起来没难度，就是剪枝要100分，少一步，就暴零......

（1）首先对所有的小木棍进行排序，从大到小。

（2）算出所有小木棍长度的和Sum，再取小木棍中最长的一根M，i从M到Sum枚举我们最后合并的长度，在满足Sum%i == 0的前提下，对i进行搜索判定，如果可以，输出i，结束循环，否则继续下去。（答案最大为Sum）

（3）如果在搜索第j根小木棍时发现小木棍不能拼好，那么后面所有和j相同长度的小木棍就不搜了。

（4）已经使用过的木棍，不再使用。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std ;
const int MAXN = 65 ;
int n, a[MAXN], Sum = 0 ;
bool Vis[MAXN] ;
bool dfs(int Num, int tot, int goal, int cnt)
{if(Num == goal && tot == n)    return true ;if(Num == goal)  Num = 0, cnt = 1 ;for(int i = cnt; i <= n; i ++){if(Num + a[i] > goal) continue ;if(Vis[i] == 1) continue ;Vis[i] = 1 ;if(dfs(Num + a[i], tot + 1, goal, i + 1) == true){return true ;}Vis[i] = 0 ;if(Num + a[i] == goal)  return false ;//很明显这根木棍能凑出来，说明后面有木棍凑不出来，即这个数不满足 if(Num == 0)    return false ;//一直没有找到合适的木棍 while(a[i] == a[i + 1] && i < n) i ++ ;}return false ;
}
bool cmp(int a, int b)
{return a > b ;
}
int main()
{//freopen("stick.in", "r", stdin) ;//freopen("stick.out", "w", stdout) ;while(scanf("%d", &n) != EOF){if(n == 0)  return 0 ;Sum = 0 ;for(int i = 1; i <= n; i ++){scanf("%d", &a[i]) ;Sum += a[i] ;}sort(a + 1, a + n + 1, cmp) ; for(int i = a[1]; i <= Sum; i ++){if(Sum % i == 0){for(int j = 1; j <= n; j ++)  Vis[j] = 0 ;if(dfs(0, 0, i, 1) == true){printf("%d\n", i) ;break ;}}}}
}

二.喷泉

样例

样例输入1

样例输出1

复制9

样例输入2

复制2 4 5
2 5 C
2 1 D

样例输出2

复制0

样例输入3

样例输出3

复制10

题目分析：初看以为是dp中的01背包，但是看看数据范围，明显会超时，只得了50分（数据还是很良心的）。听老师讲解后发现这道题的正解是树状数组......

首先我们可以想方法用nlogn做出这道题，因为只需要选择两个物品，所以，我们用n枚举其中一个物品，用logn来枚举另外一个物品，这里用树状数组来查询还剩下m这么多钱可以得到的最大值。

（1）用钻石买一个，用金子买一个，则最大值为金子中可以买的最大值+钻石中可以买的最大值。

（2）用金子买两个：第一个用n枚举，每次用树状数组寻找前面C - s[i]还剩下的可以买的最大的一个美丽度喷泉。比较max，然后再将i的美丽度w与剩下s[i]到D这么多钱可以买的美丽度一次比较取最大值。**因为不能重复买一件物品，所以我们不能提前将所有的物品加入树状数组，只能从前往后加，但这样也不遗漏，因为最大的两件物品，一定一前一后，保证可以查询到，且不重。

（3）用钻石买两个同上，相当于要开两个树状数组，或者将前一个清零，两类物品的价值要分开存储。

（4）注意，我们可以提前将不可能买的起的物品淘汰掉。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std ;
const int MAXN = 1e5 + 5 ;
int BIT[MAXN], n, C, D, ans = 0, ans1 = -1, ans2 = -1 ;
int a, b, cntc = 0, cntd = 0 ;
char l ;
struct Node
{int w, s ;
}cc[MAXN], dd[MAXN] ;
int LowBit(int x)
{return x - ((x - 1) & x) ;
}
void UpDate(int x, int y, int val)
{for(int i = x; i < y; i += LowBit(i)) BIT[i] = max(BIT[i], val) ;
}
int Qmax(int x)
{int ans = 0 ;for(int i = x; i >= 1; i -= LowBit(i)) ans = max(ans, BIT[i]) ;return ans ;
}
int main()
{scanf("%d%d%d", &n, &C, &D) ;for(int i = 1; i <= n; i ++){scanf("%d%d %c", &a, &b, &l) ;if(l == 'C'){if(b <= C){cc[++cntc].w = a ;cc[cntc].s = b ;ans1 = max(ans1, a) ;}}if(l == 'D'){if(b <= D){dd[++cntd].w = a ;dd[cntd].s = b ;ans2 = max(ans2, a) ;} }}if(ans1 != -1 && ans2 != -1)    ans = ans1 + ans2 ;for(int i = 1; i <= cntc; i ++){int Num = Qmax(C - cc[i].s) ;if(Num > 0)        ans = max(ans, cc[i].w + Num) ;UpDate(cc[i].s, C, cc[i].w) ;}for(int i = 1; i <= C; i ++)  BIT[i] = 0 ;for(int i = 1; i <= cntd; i ++){int Num = Qmax(D - dd[i].s) ;if(Num > 0)     ans = max(ans, Num + dd[i].w) ;UpDate(dd[i].s, D, dd[i].w) ;}printf("%d", ans) ;
}

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