2018 秦皇岛CCPC-Wannafly Winter Camp Day4 Div2 题解

A：夺宝奇兵

贪心的想法，就是每次到下一个节点时有两种方案如图，选择花费较小的，每走到下一个节点都如此，注意此oj可能和cf一样不支持I64d。

#include <cstdio>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 100100;
typedef long long ll;
struct node
{ll x1, y1;ll x2, y2;int flag;
}a[N];int main()
{int n, m;scanf("%d%d", &n, &m);for(int i = 0; i < n; ++i){scanf("%lld%lld%lld%lld", &a[i].x1, &a[i].y1, &a[i].x2, &a[i].y2);}ll x = a[0].x1, y = a[0].y1;ll L = 0;for(int i = 1; i < n; ++i){L += min(abs(a[i].x1 - a[i - 1].x1) + abs(a[i].y1 - a[i - 1].y1) + abs(a[i].x2 - a[i - 1].x2) + abs(a[i].y2 - a[i - 1].y2), abs(a[i].x1 - a[i - 1].x2) + abs(a[i].y1 - a[i - 1].y2) + abs(a[i].x2 - a[i - 1].x1) + abs(a[i].y2 - a[i - 1].y1));}L += abs(a[n - 1].x1 - a[n - 1].x2) + abs(a[n - 1].y1 - a[n - 1].y2);printf("%lld", L);  //本oj或者本题I64d会wa，当初一度自闭。return 0;
}

C：最小边覆盖

点不能被多余的边重复盖，所以每次输入时记录下被覆盖的次数，如果重复了就不合法。

#include<cstdio>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e5 + 5;
int cnt[N], a[N], b[N];
int main(){int n, m;scanf("%d%d", &n, &m);for(int i = 0; i < m; ++i){scanf("%d%d", &a[i], &b[i]);cnt[a[i]]++, cnt[b[i]]++;}for(int i = 0; i < m; ++i){if(cnt[a[i]] > 1 && cnt[b[i]] > 1){printf("No\n");return 0;}}printf("Yes\n");return 0;
}

F：小小马

满足大于等于3行4列的网格，并且起点和终点奇偶性不同的都符合，小于的需要进行特判是否满足

#include<cstdio>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){int n, m, sx, sy, ex, ey;cin >> n >> m >> sx >> sy >> ex >> ey;if(n >= 3 && m >= 3){if((n == 3 && m == 3) && (sx == 2 && sy == 2)||(ex == 2 && sy == 2)){printf("No\n");return 0;}if((sx%2 + sy%2)%2 ==( ex%2 + ey%2)%2) printf("No\n");else printf("Yes\n");}else{if((sx + 2 == ex && sy - 1 == ey)||(sx + 2 == ex && sy + 1 == ey)||(sx - 2 == ex && sy - 1 == ey)||(sx - 2 == ex && sy + 1 == ey)||(sx + 1 == ex && sy - 2 == ey)||(sx + 1 == ex && sy + 2 == ey)||(sx - 1 == ex && sy + 2 == ey)||(sx - 1 == ex && sy - 2 == ey))printf("Yes\n");elseprintf("No\n");}return 0;
}

G：置置置换

dp，dp[i][j] 表示 i 位置的数为 j 的方案数。

当i为奇数时，可以推导dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + dp[i -1][j - 2] + ……+dp[i - 1][1]。就是i前面位置可以有j - 1个情况

当i为偶数时，那么如何得到由前面的状态dp[i][j]呢？有这个一个有趣的性质，比如对于一个排列{1，3，2}，现在我们在递推得到dp[4][2]，也就是要把2添加到这个排列的最后面，现在把当前排列即{1，3，2}中大于等于2的全部加上一得到{1，4，3}，这样是仍然不会改变题目给出的关系的，然后我们再把2添加到最后，{1，4，3，2}，就可以得到dp[4][2]了，即dp[i][j]={dp[i-1][i-1]+dp[i-1][i-2]+……+dp[i-1][j]}。

利用前缀和优化，

sum[i][j] = (sum[i][j - 1] + sum[i - 1][j - 1] - sum[ i - 1][0] ), 其中sum[ i - 1][0]为0

sum[i][j] = (sum[i][j - 1] + sum[i - 1][i - 1] - sum[i - 1][j - 1] ）。

#include<cstdio>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1005;
const int mod = 1e9 + 7;
typedef long long ll;
ll sum[N][N];
int main(){int n;scanf("%d", &n);sum[1][1] = 1;for(int i = 2; i <= n; ++i){for(int j = 1; j <=i; ++j){if(i&1)sum[i][j] = (sum[i][j - 1] + sum[i - 1][j - 1] + mod)%mod;elsesum[i][j] = (sum[i][j - 1] + sum[i - 1][i - 1] - sum[i - 1][j - 1] + mod)%mod;}}printf("%lld\n", sum[n][n]);return 0;
}

I ：咆咆咆哮

贪心，由于我们不确定选a方案的数量，所以我们枚举一下，找出这么多次中最大的收益，具体看代码

#include <cstdio>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1005;
typedef long long ll;
struct node
{int a, b, s; //s为收益bool operator > (const node &x)const{return s > x.s;}
}arr[N];int main()
{int n;scanf("%d", &n);for(int i = 1; i <= n; ++i)scanf("%d%d", &arr[i].a, &arr[i].b);ll ans = 0;for(int i = 1; i <= n; ++i) // 枚举a的数量{for(int j = 1; j <= n; ++j) //计算出i个a时的收益arr[j].s = arr[j].a - i * arr[j].b;sort(arr + 1, arr + n + 1, greater<node>()); //排序后贪心ll t = 0;for(int j = 1; j <= n; ++j) //前i个用a，后面的选b{if(j <= i)t += arr[j].a;elset += i * arr[j].b;}ans = max(ans, t);    //找出最大的}printf("%lld", ans);return 0;
}