前言：三道大水题。。。

纸牌

题目描述

纸牌选手wyz喜欢玩纸牌。
wyz有2n张纸牌，点数分别为1到2n。wyz要和你玩一个游戏，这个游戏中，每个人都会分到n张卡牌。游戏一共分为n轮，每轮你们都要出一张牌，点数大者获胜。
不自量力的wyz觉得你很菜，于是每轮他都会先于你出牌，你可以根据他出的牌来做决策。
游戏开始了，你拿到了你的牌，你现在想知道，你最多能够获胜几轮？

对于32.5%的数据，保证1<=n<=100
对于100%的数据，保证1<=n<=50,000
保证数据的合法性，即你即不会拿到重复的牌，又不会拿到超出点数范围的牌。

输入格式

第一行1个正整数n。
第2行到第n+1行每行一个正整数a[i]，表示你的第i张牌的点数。

输出格式

一行一个整数表示你最多能够获胜的轮数。

输入样例

2
1
4

输出样例

1

题解(贪心+单调)

这题就是什么~~塞翁失马~~，应该是田忌赛马的加强版。

我们将手牌按小到大排序，然后用自己的牌去吃对方的牌，由于单调递增，所以时间O(n)O(n)。

代码

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 100010using namespace std;int n, x, ans;
int a[N], b[N];
bool vis[N];int main(){scanf("%d", &n);for(int i = 1; i <= n; i++){scanf("%d", &x);vis[x] = true;}for(int i = 1; i <= 2*n; i++){if(vis[i])  a[++a[0]] = i;else  b[++b[0]] = i;}for(int i = 1, j = 1; i <= n; i++){for(; j <= n; j++)  if(a[j] > b[i]){ans ++;j ++;break;}}printf("%d\n", ans);return 0;
}

杯具

题目描述

杯具选手wyz喜欢玩杯具。
wyz有2个容量分别为n单位、m单位的没有刻度的杯具。wyz有t分钟可以摆弄他的杯具。每一分钟，他都可以做下面4件事中的任意一件：
(1)用水龙头放满一个杯具。
(2)倒空一个杯具。
(3)把一个杯具里的水倒到另一个杯具里，直到一个杯具空了或者另一个杯具满了。（看哪种情况先发生）
(4)什么都不做。
wyz希望最后能获得d个单位的水，假设最后两个杯具中水量的总和为x，那么他的不开心度就为|d-x|。
现在你想知道，wyz的不开心度最小是多少。

对于10%的数据，保证t=1
对于20%的数据，保证t<=2
对于40%的数据，保证t<=4
对于100%的数据，保证1<=n,m<=100，1<=t<=100，1<=d<=200

输入格式

第一行4个整数n、m、t、d，分别表示两个杯具的容量、时间限制以及期望值。

输出格式

一行一个整数表示wyz的最小不开心度。

输入样例

7 25 2 16

输出样例

9

题解(dp/bfs)

我都不想说这题了，话说这不是普及组难度吗？一个很简单的dp，以时间为阶段，记录两个杯子分别的水量是否可以到达，f[i][j][k]=true/falsef[i][j][k]=true/false。然后直接推，最后找答案。

或者直接无脑宽搜，哪种都好，n<script type="math/tex" id="MathJax-Element-81">n</script>才100，时间完全不是问题。

然而我考试时闲得无聊，两种方法都写了，还拿来拍了半天。。。

代码(dp)

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#define N 111
#define oo 0x7fffffffusing namespace std;int n, m, T, D, ans = oo;
bool f[N][N][N];int main(){scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &T, &D);f[0][0][0] = true;for(int i = 0; i < T; i++)for(int c1 = 0; c1 <= n; c1++)for(int c2 = 0; c2 <= m; c2++){if(!f[i][c1][c2])  continue;f[i+1][c1][c2] = true;f[i+1][0][c2] = true;f[i+1][c1][0] = true;f[i+1][n][c2] = true;f[i+1][c1][m] = true;if(n - c1 >= c2)f[i+1][c1+c2][0] = true;elsef[i+1][n][c2-n+c1] = true;if(m - c2 >= c1)f[i+1][0][c1+c2] = true;elsef[i+1][c1-m+c2][m] = true;}for(int c1 = 0; c1 <= n; c1++)for(int c2 = 0; c2 <= m; c2++){if(!f[T][c1][c2])  continue;ans = min(ans, abs(c1+c2-D));}printf("%d\n", ans); return 0;
}

代码(bfs)

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#define N 111
#define oo 0x7fffffffusing namespace std;int n, m, T, D, ans = oo;
bool f[N][N][N];
struct Data{int t, c1, c2;Data() {}Data(int _t, int _c1, int _c2):t(_t), c1(_c1), c2(_c2) {}
}q[N*N*N];
int head, tail;int main(){scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &T, &D);q[0] = Data(0, 0, 0);f[0][0][0] = true;while(head <= tail){int i = q[head].t, c1 = q[head].c1, c2 = q[head].c2;head ++;if(i == T)  continue;if(!f[i+1][c1][c2]){q[++tail] = Data(i+1, c1, c2);f[i+1][c1][c2] = true;}if(!f[i+1][0][c2]){q[++tail] = Data(i+1, 0, c2);f[i+1][0][c2] = true;}if(!f[i+1][c1][0]){q[++tail] = Data(i+1, c1, 0);f[i+1][c1][0] = true;}if(!f[i+1][n][c2]){q[++tail] = Data(i+1, n, c2);f[i+1][n][c2] = true;}if(!f[i+1][c1][m]){q[++tail] = Data(i+1, c1, m);f[i+1][c1][m] = true;}if(n - c1 >= c2){if(!f[i+1][c1+c2][0]){q[++tail] = Data(i+1, c1+c2, 0);f[i+1][c1+c2][0] = true;}}else{if(!f[i+1][n][c2-n+c1]){q[++tail] = Data(i+1, n, c2-n+c1);f[i+1][n][c2-n+c1] = true;}}if(m - c2 >= c1){if(!f[i+1][0][c1+c2]){q[++tail] = Data(i+1, 0, c1+c2);f[i+1][0][c1+c2] = true;}}else{if(!f[i+1][c1-m+c2][m]){q[++tail] = Data(i+1, c1-m+c2, m);f[i+1][c1-m+c2][m] = true;}}}for(int c1 = 0; c1 <= n; c1++)for(int c2 = 0; c2 <= m; c2++){if(!f[T][c1][c2])  continue;ans = min(ans, abs(c1+c2-D));}printf("%d\n", ans); return 0;
}

辣鸡

题目描述

wyz在后院养了许多辣鸡。wyz的后院可以看成一个A*B的矩形，左下角的坐标为(0,0)，右上角的坐标为(A,B)。
wyz还在后院里建了许多栅栏。有n个平行于y轴的栅栏a1..an，表示挡在(ai,0)到(ai,B)之间。有m个平行于x轴的栅栏b1..bn，表示挡在(0,bi)到(A,bi)之间。这样，平面被划成了(n+1)*(m+1)块辣鸡的活动区域。
为了方便辣鸡的活动，wyz现在要去掉某些栅栏的一部分，使得每一块活动区域都连通。
同时，每次修改栅栏只能去掉从某个交点到另一个交点的一整段栅栏。举（打）个比（栗）方（子）：

原来是这样的布局，经过修改可以变成这样：

现在，wyz想知道，要使得每一块辣鸡活动区域都联通，最少需要去掉多少长度的栅栏。
对于10%的数据，A,B<=1000，n,m<=20
对于30%的数据，A,B<=1000,000，n*m<=25,000
对于40%的数据，n*m<=250,000
对于50%的数据，n*m<=4,000,000
对于100%的数据，1<=A,B<=1000,000,000，1<=n,m<=25,000
数据保证 0 < a[i] < A，0 < b[i] < B

输入格式

第一行4个正整数A、B、n、m，描述了后院的大小和两种栅栏的数目。
第2行到第n+1行，每行1个正整数，第i+1行的数描述了a[i]。
第n+2行到第n+m+1行，每行1个正整数，第n+i+1行的数描述了b[i]。

输出格式

一行一个整数表示需要去掉的栅栏的最小长度总和。

输入样例

15 15 5 2
2
5
10
6
4
11
3

输出样例

44

题解(MST+找规律)

这是题原题。。。
题目很明显是在求最小生成树。

转化就像下图一样：

原图中的横着的栅栏就是竖着的边，竖着的栅栏就是横着的边,每一横排、竖排的边权一样。破坏栅栏就是在连边。如果直接做Kruskal肯定超时，然而第一次做这题的时候，脑壳坏了，想不到该怎么搞，结果就直接来了。甚至我想到了排序后必然是一段一段的，但是判环还是没有想到点上。

那时随便在草稿上画了一下，发现一开始的情况和后来不太一样，觉得没什么规律可循。其实就是有规律可循啊。。。

我们发现每次必然加整一行或列，出现环就会少加一部分，行少加是受到列的影响，列也一样。行一开始整行加，后来有了两列一行后，再整行加就会有环，只能少加一个，后面随着列的增加，行越加越少，每次少一，这就发现了规律。列也是一样的(画个图比较好理解)。

于是直接将读入转成边排序，然后按着规律加边算答案。
再见，超时。

代码

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <iostream>
#define N 25010using namespace std;typedef long long LL;
LL A, B, a[N], b[N], ans;
int n, m, Rcnt, Lcnt;struct Data{LL len, id;bool operator < (const Data& Q)const {return len < Q.len;}
}fen[N<<1];int main(){scanf("%lld%lld%d%d", &A, &B, &n, &m);for(int i = 1; i <= n; i++)  scanf("%lld", &a[i]);for(int i = 1; i <= m; i++)  scanf("%lld", &b[i]);a[0] = 0;  a[n+1] = A;b[0] = 0;  b[m+1] = B;sort(a, a+n+2);sort(b, b+m+2);for(int i = 1; i <= n+1; i++)  fen[i].len = a[i] - a[i-1], fen[i].id = 0;for(int i = 1; i <= m+1; i++)  fen[i+n+1].len = b[i] - b[i-1], fen[i+n+1].id = 1;sort(fen+1, fen+n+m+3);for(int i = 1; i <= n + m + 2; i++){if(!fen[i].id){if(Rcnt >= 2 && Lcnt >= 1)  ans += fen[i].len * (m - Rcnt + 1);else  ans += fen[i].len * m;Lcnt ++;}else{if(Lcnt >= 2 && Rcnt >= 1)  ans += fen[i].len * (n - Lcnt + 1);else  ans += fen[i].len * n;Rcnt ++;}}printf("%lld\n", ans);return 0;
}

总结

这次比赛太水了，有十几个人AK，只有蒟蒻我还在水总结。

黑暗。

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输出格式

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输出样例

题解(贪心+单调)

代码

杯具

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输入格式

输出格式

输入样例

输出样例

题解(dp/bfs)

代码(dp)

代码(bfs)

辣鸡

题目描述

输入格式

输出格式

输入样例

输出样例

题解(MST+找规律)

代码

总结

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