2022杭电多校赛第八场

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2022杭电多校赛第八场
- 1004.Quel'Thalas
- 1001.Theramore
- 1011.Stormwind
- 1008.Orgrimmar
- 1005.Ironforge

1004.Quel’Thalas

题意
- 在二维坐标系上，给一个长度为n左下角为0的正方形
- 现在要求划线，这些线要经过所有正方形覆盖的点，除去(0,0)点
- 问最少需要画多少条线
题解
- 横着+竖着划线就是最优解之一，以n=2为例，如图[外链图片转存失败,源站可能有防盗链机制,建议将图片保存下来直接上传(img-6SLyHNCp-1660229480541)(https://s3.bmp.ovh/imgs/2022/08/11/720fc784efe4d33d.png)]
- 证明上述做法是最优解之一：
代码

#include <iostream>using namespace std;int main() {int t;cin>>t;while(t--) {int n;cin>>n;cout<<2*n<<'\n';}return 0;
}

1001.Theramore

题意
- 给一个只含01的字符串s，可以进行操作：对任意的奇数长度区间翻转
- 操作可任意次数，输出s能变成的字典序最小的字符串
题解
- 贪心看，希望把所有0放在最前，把所有1放在最后。只交换长度为3的区间，那么索引同奇(偶)的可以任意交换，所以可以把奇数下标元素拉出来前面放0后面放1，偶数下标元素同理，最后再拼凑回去就是答案
代码

#include <iostream>
#include <cstring>using namespace std;void solve() {string s;cin>>s;int len=s.size();int odd_zeros=0,zeros=0;for(int i=0;i<len;i++) {//把奇数位的0以及偶数位的0个数记录下来if(s[i]=='0') {zeros++;if(i&1) odd_zeros++;}}int even_zeros=zeros-odd_zeros;string ans="";for(int i=0;i<len;i++) {//从头到尾构造答案，奇数或偶数位能放0就放0，0放完了就都是1了if(i&1) {if(odd_zeros) ans+="0",odd_zeros--;else ans+="1";}else {if(even_zeros) ans+="0",even_zeros--;else ans+="1";}}cout<<ans<<'\n';
}int main() {int t;cin>>t;while(t--) solve();return 0;
}

1011.Stormwind

题意
- 给一个n*m的矩形，只能横着与竖着切，并且切下去一定贯穿了矩形
- 问最多可以切多少刀，使得所有切成的小矩形面积不小于k
题解
- 枚举方法：枚举小长方形。以枚举出来的小长方形为最小切割，计算大长方形最多能切几刀。计算这里注意如果枚举的如果就是小长方形的宽，那么需要再考虑一下n,m互换的结果。如果枚举的就是小长方形的一条边，那么不需要互换n,m
- 贪心策略：假设固定一边不切，让某一边切的次数尽可能多，然后计算切另一边。一样需要考虑n,m互换对答案的影响
代码

#include <iostream>using namespace std;int t,n,m,k;int main() {cin>>t;while(t--) {cin>>n>>m>>k;int ans=0;for(int x=1;x*x<=k;x++) {int y=(k-1)/x+1;//向上取整if(x<=n&&y<=m) ans=max(ans,(n/x-1)+(m/y-1));//两种切割方式取最大值if(x<=m&&y<=n) ans=max(ans,(m/x-1)+(n/y-1));}cout<<ans<<'\n';}return 0;
}

第二种枚举

#include <iostream>using namespace std;int t,n,m,k;int main() {cin>>t;while(t--) {cin>>n>>m>>k;int res=0;for(int d=1;d<=m;d++) {int h=(k-1)/d+1;if(h>n) continue;res=max(res,(m/d-1)+(n/h-1));}cout<<res<<'\n';}return 0;
}

贪心

#include <iostream>using namespace std;int t,n,m,k;int main() {cin>>t;while(t--) {cin>>n>>m>>k;int res=0;if(n>=k) {//大长方形宽够，那么切成长条形，即让大长方形的长且切足够多次，最多切成1间隔int ans=m-1;//竖着切m-1条ans+=n/k-1;//横着切的条数res=max(res,ans);}else {//宽不够宽肯定不切，找最小的竖着切的间隔int d=(k-1)/n+1;//间隔int ans=m/d-1;//竖着切条数为总条数，而横着不切res=max(res,ans);}swap(n,m);//n,m互换，再来一遍if(n>=k) {int ans=m-1;ans+=n/k-1;res=max(res,ans);}else {int d=(k-1)/n+1;int ans=m/d-1;res=max(res,ans);}cout<<res<<'\n';}return 0;
}

1008.Orgrimmar

题意
- 给一颗以1为根的树，从中选择x个点，使得所有这些点的度数<=1
- 求出x的最大值

题解

容易看出是树形dp，涉及到一棵树中选或者不选某些点，同时父子节点还有相互限制
状态定义：

f[u,0]:以u为根的子树中，不选u，符合条件的最大点数量
f[u,1]:以u为根的子树中，选择u但不选择子节点连接，符合要求的最大点数量
f[u,2]:以u为根的子树中，选择u同时选择某一个子节点连接，符合要求的最大点数量

状态转移：

f[u,0]:根节点u不选，那么对于任意的u的子节点都没有限制，对于某一个子节点选择其最大值max(f[v,0],f[v,1],f[v,2])，f[u,0]就是这些子节点最大值的总和f[u,1]:根节点u选择，且不选任意一个子节点，所以从子节点转移过来的话，符合要求的只有所有子节点不选的情况，即f[u,1]=sum(f[v,0])，同时加上自己+1f[u,2]:在选择u的情况下，加上只选某一个子节点连接的限制，先假设点vv是选择连接的那个点，那么壮医过来就是f[u,2]=f[u,1](选择u的情况下)-f[vv,0](vv必选，减去前面加上的f[vv,0])+f[vv,1](选择点vv,同时vv点不能再选择vv的子节点相连接了)+1(同时加上自己)。由式子可得，我们应该找一个f[v,1]-f[v,0]最大的点才会使得f[u,2]最大

f[u,0]=∑v∈childumax(f[v,0],f[v,1],f[v,2])f[u,1]=∑v∈childuf[v,0]+1f[u,2]=∑v∈childuf[v,0]−max(f[v,1]−f[v,0])+1\begin{align*} &f[u,0]=\sum_{v\in child_u}max(f[v,0],f[v,1],f[v,2])\\ &f[u,1]=\sum_{v\in child_u}f[v,0]+1\\ &f[u,2]=\sum_{v\in child_u}f[v,0]-max(f[v,1]-f[v,0])+1 \end{align*} f[u,0]=v∈childu∑max(f[v,0],f[v,1],f[v,2])f[u,1]=v∈childu∑f[v,0]+1f[u,2]=v∈childu∑f[v,0]−max(f[v,1]−f[v,0])+1

代码

#include <iostream>using namespace std;
const int N=5e5+10;int t,n;
int h[N],e[2*N],ne[2*N],idx;//无向边，开两倍
int f[N][3];void add(int a,int b) {//加边e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}void dfs(int u,int fa) {//找到以u为根的，所求的三种情况的最值int mx0=0,mx1=0,mx2=0;for(int i=h[u];~i;i=ne[i]) {int j=e[i];if(j==fa) continue;//链的是父节点跳过dfs(j,u);//递归计算子节点mx0+=max(max(f[j][0],f[j][1]),f[j][2]);//状态转移mx1+=f[j][0];mx2=max(mx2,f[j][1]-f[j][0]);}f[u][0]=mx0;f[u][1]=mx1+1;f[u][2]=mx1+mx2+1;
}void solve() {cin>>n;idx=0;//清空初始化for(int i=1;i<=n;i++) h[i]=-1,f[i][0]=0,f[i][1]=0,f[i][2]=0;//清空初始化，谨防memset超时for(int i=1;i<n;i++) {int a,b;cin>>a>>b;add(a,b);add(b,a);//无向边}dfs(1,0);cout<<max(max(f[1][0],f[1][1]),f[1][2])<<'\n';
}int main() {int size(512<<20);  // 512M__asm__ ( "movq %0, %%rsp\n"::"r"((char*)malloc(size)+size));ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);cin>>t;while(t--) solve();exit(0);
}

1005.Ironforge

题意
题解
*
代码

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