buctoj周赛14
4516 Problem A 家庭作业
思路
设置一个无法完成的时间期限timetimetime（截止时间在此之前的作业都无法完成，即1−time1-time1−time都已被使用），设置visvisvis数组，标记第iii天是否已使用,将作业按照学分从大到小排列，按顺序遍历，若t>timet>timet>time,对于每项作业从ttt到1枚举天数，若能找到未被标记的一天，标记它并将该作业学分加入sumsumsum,若不能（1−t1-t1−t都已被使用），更新time=ttime=ttime=t，最后输出sumsumsum.
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
struct test{int t,s;
}a[1000005];
bool vis[700005];
bool cmp(test a,test b)
{return a.s>b.s ;
}
int main()
{int n;cin>>n;for(int i=0;i<n;++i){cin>>a[i].t>>a[i].s;}sort(a,a+n,cmp);int ti=0,sum=0;for(int i=0;i<n;++i){if(a[i].t<=ti) continue;int flag=0;for(int j=a[i].t;j>=1;--j){if(vis[j]==false){vis[j]=true;sum+=a[i].s;flag=1;break;}}if(flag==0) ti=a[i].t;}cout<<sum;}
另一个思路：用并查集查找
将每一天的fff指向自己（未被使用），若已被使用则将fff指向前一个未被使用的日子。同样将作业按照学分从大到小排列，按顺序遍历，从tttk开始找父亲，若找到x=f[x]x=f[x]x=f[x],更新f[x]f[x]f[x],标记一下返回，若x<=0x<=0x<=0，无标记返回。最后输出sumsumsum.
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
struct test{int t,s;
}a[1000005];
int f[700005],flag;
bool cmp(test a,test b)
{return a.s>b.s ;
}
int find(int x)
{if(x<=0) return x;else if(x==f[x]){f[x]=x-1;flag=1;return f[x];}else return f[x]=find(f[x]);
}
int main()
{for(int i=0;i<=7000005;++i)f[i]=i;int n,sum=0;cin>>n;for(int i=0;i<n;++i)cin>>a[i].t>>a[i].s; sort(a,a+n,cmp);for(int i=0;i<n;++i){flag=0;f[a[i].t]=find(a[i].t);if(flag) sum+=a[i].s;}cout<<sum;
}
4518 Problem B 糖果传递
思路
输入数据同时对小朋友的糖果数量求和，可以计算出每个小朋友最后得到aveaveave。
假设第iii个的小朋友有aiaiai颗糖果，第iii个小朋友给了第i−1i-1i−1个小朋友xixixi颗糖果，如果xi<0xi<0xi<0，说明第i−1i-1i−1个小朋友给了第iii个小朋友xixixi颗糖果，x1x1x1表示第一个小朋友给第nnn个小朋友的糖果数量。 所以最后的答案就是res=∣x1∣+∣x2∣+∣x3∣+C+∣xn∣res=|x1| + |x2| + |x3| + C+ |xn|res=∣x1∣+∣x2∣+∣x3∣+C+∣xn∣。
对于第1个小朋友，他给了第nnn个小朋友x1x1x1颗糖果，还剩a1−x1a1-x1a1−x1颗糖果；第2个小朋友又给了他x2x2x2颗糖果，所以最后第1个小朋友还剩a1−x1+x2a1-x1+x2a1−x1+x2颗糖果。
所以得 a1−x1+x2=avea1-x1+x2=avea1−x1+x2=ave。
同理，可得nnn个方程,变形得
第1个小朋友: x2=ave−a1+x1=x1−c1x2=ave-a1+x1 = x1-c1x2=ave−a1+x1=x1−c1(假设c1=a1−avec1=a1-avec1=a1−ave，下面类似）
第2个小朋友:x3=ave−a2+x2=2ave−a1−a2+x1=x1−c2x3=ave-a2+x2=2ave-a1-a2+x1=x1-c2x3=ave−a2+x2=2ave−a1−a2+x1=x1−c2
第3个小朋友:x4=ave−a3+x3=3ave−a1−a2−a3+x1=x1−c3x4=ave-a3+x3=3ave-a1-a2-a3+x1=x1-c3x4=ave−a3+x3=3ave−a1−a2−a3+x1=x1−c3
……
第n个小朋友，an−xn+x1=avean-xn+x1=avean−xn+x1=ave。
若让xixixi的绝对值之和尽量小，即∣x1∣+∣x1−x1∣+∣x1−c2∣+……+∣x1−cn−1∣|x1| + |x1-x1| + |x1-c2| + ……+ |x1-cn-1|∣x1∣+∣x1−x1∣+∣x1−c2∣+……+∣x1−cn−1∣要尽量小。注意到∣x1−ci∣|x1-ci|∣x1−ci∣的几何意义是数轴上的点x1x1x1到cicici的距离，即给定数轴上的n个点，找出一个到他们的距离之和尽量小的点，而这个点就是这些数中的中位数。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll a[1000005],c[1000005];
int main()
{ll n;scanf("%lld",&n);ll ave=0,res=0;for(int i=1;i<=n;++i){scanf("%lld",&a[i]);ave+=a[i];}ave=ave/n;for(int i=1;i<n;++i){c[i]=c[i-1]+a[i]-ave;}sort(c,c+n);ll mid;if(n%2)mid=c[n/2];else mid=(c[(n-1)/2]+c[(n+1)/2])/2;for(int i=0;i<n;++i)res+=abs(c[i]-mid);printf("%lld",res);}
4696 Problem C 骑士
连接每个骑士与其厌恶的骑士，得到一个图。对于图中的每个联通块，设其节点数为kkk，则它的边数一定≤k≤k≤k（可能会有重边，所以边数可能不到kkk），这就意味着每个联通块不是一棵树就是一棵树上任意连一条边。
对于每个联通块：
①如果它是一棵树，考虑树形dpdpdp.
dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j]表示以iii为根的子树中，iii计不计入答案（计入⇒j=1j=1j=1，不计入⇒j=0j=0j=0）的最大战斗力，转移方程为
dp[i][0]dp[i][0]dp[i][0]===∑j∈sonimax\sum_{j∈soni} max∑j∈sonimax{dp[j][0],dp[j][1]dp[j][0],dp[j][1]dp[j][0],dp[j][1]}
dp[i][1]dp[i][1]dp[i][1]===fighti+fighti+fighti+∑j∈soni\sum_{j∈soni}∑j∈sonidp[j][0]dp[j][0]dp[j][0]
答案为
maxdp[root][0],dp[root][1]max{dp[root][0],dp[root][1]}maxdp[root][0],dp[root][1]
②如果它是一棵树加一条边，我们可以先找到联通块上的唯一的环，任意删去其中的一条边u,vu,vu,v，就得到了一棵树，鉴于u,vu,vu,v间本应有边，所以我们考虑不取uuu或不取vvv，最后取maxmaxmax就能知道联通块的答案，即分别以u,vu,vu,v为根做一遍dpdpdp，最后最大战斗力为maxmaxmax{dp[u][0],dp[v][0]dp[u][0],dp[v][0]dp[u][0],dp[v][0]}.
最终答案即为每个联通块的答案之和。
PS:注意输入时去掉重边.
参考博客，详见【BZOJ1040】【ZJOI2008】骑士 题解
学习链接
树形动态规划题集
基环树DP
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<vector>
#include<map>
using namespace std;
vector<int>G[1000010];
int f[1000010];
bool vis[1000010];
int hte[1000010];
long long dp[1000010][2];
int n;
int u,v;
int dep[1000010];
long long ans;
void dfs(int x,int p)
{vis[x]=true;for(int i=0;i<G[x].size();i++){int y=G[x][i];if(y==p)continue;if(vis[y]){if(dep[y]<dep[x])u=x,v=y;continue;}dep[y]=dep[x]+1;dfs(y,x);}
}
void solve(int x,int p)
{dp[x][1]=f[x];dp[x][0]=0;for(int i=0;i<G[x].size();i++){int y=G[x][i];if((x==u && y==v) || (x==v && y==u) || y==p)continue;solve(y,x);dp[x][0]+=max(dp[y][0],dp[y][1]);dp[x][1]+=dp[y][0];}
}
int main()
{scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){int x;scanf("%d%d",f+i,hte+i);if(hte[hte[i]]==i)continue;G[hte[i]].push_back(i);G[i].push_back(hte[i]);}for(int i=1;i<=n;i++){if(vis[i])continue;u=v=0;dfs(i,0);long long res;if(!u && !v){solve(i,0);res=max(dp[i][0],dp[i][1]); }else{solve(u,0);res=dp[u][0];solve(v,0);res=max(res,dp[v][0]);}ans+=res;}printf("%lld",ans);return 0;
}
4697 Problem D 牧场的安排
思路
简单状压dpdpdp,二进制表示每块地的状态。
dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j]表示第iii行jjj状态时前i行的方案数,dp[0][0]=1dp[0][0] = 1dp[0][0]=1作为边界（什么格子都不种的方案）。状态转移：如果本行的jjj状态和上一行的kkk状态不冲突，那么本行jjj状态的方案数就加上上一行kkk状态的方案数,即kkk状态可以到jjj状态。
dp[i][j]+=dp[i−1][k]dp[i][j]+=dp[i-1][k]dp[i][j]+=dp[i−1][k]
因为两块相邻的地不能种草，对数据进行预处理。当iii表示每行地的状态时，((iii<<1)&i)==0i)==0i)==0表示没有两块地相邻土地状态。用vectorvectorvector数组保存所有可能的合法状态。当iii表示这一行的状态，jjj表示上一行的状态时，iii&j==0j==0j==0就表示这两行没有地相邻。
当iii表示这一行的状态，jjj表示这一行是否可以种草的状态时，iii&j==ij==ij==i就说明i状态是可行的，假如iii&j!=ij!=ij!=i，那么就存在iii状态的某一列是1，但是这一块地本身是不能种植的。用数组s来保存这一行是否可以种草的状态。
最后统计dp[n][所有状态]dp[n][所有状态]dp[n][所有状态]的总方案数。
学习链接
状态压缩dp(状压dp)
状态压缩动态规划 状压DP
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int n,m,dp[13][401],a[13][13],s[13];
const int mod=1e8;
vector<int>v;
int main()
{int n,m;scanf("%d%d",&m,&n);for(int i=0;i<(1<<n);++i)if(((i<<1)&i)==0)v.push_back(i);for(int i=1;i<=m;++i)for(int j=0;j<n;++j)scanf("%d",&a[i][j]);for(int i=1;i<=m;++i)for(int j=0;j<n;++j)s[i]=(s[i]<<1)+a[i][j];dp[0][0]=1;for(int i=1;i<=m;++i){for(int j=0;j<v.size();++j){if((v[j]&s[i])==v[j]){for(int k=0;k<v.size();++k){if((v[k]&v[j])==0){dp[i][j]+=dp[i-1][k];dp[i][j]%=mod;}}}}}ll res=0;for(int i=0;i<v.size();++i)res=(res+dp[m][i])%mod;printf("%lld",res);
}
4924 Problem E 宝藏
思路
选择合适的方案，满足已经属于同一个联通块中的两点间不会有直接相连的第二条边，同时给定两点间连边的代价，为LLL*KKK,找到一个连边的顺序，最终使得所有点联通同时总代价最小（L∗KL*KL∗K为起点到当前点的所经过的节点数乘当前边长度）
对于每个点选或不选的状态，用状压解决。
设f[s]f[s]f[s]表示状态sss下，使得这些选择的点在同一个联通块中的最小代价,则转移方程:(从iii点转移到jjj点)
fff[1<<(j−1j-1j−1)|sss]=f[s]+dis[i]∗g[i][j]f[s]+dis[i]*g[i][j]f[s]+dis[i]∗g[i][j]
其中g[i][j]g[i][j]g[i][j]表示i,ji,ji,j两点间道路的距离,dis[i]dis[i]dis[i]表示距离iii根节点间的节点数.
搜索求出最优解，以每个点为根都进行一次dfsdfsdfs+状压dpdpdp,枚举每一个点是否被选。
参考博客，详见：[NOIP2017]宝藏-动态规划，状压dp，搜索，二进制用法模板，dfs
4767 Problem F 取石子游戏 1
思路
巴什博奕(Bash Game)：
若n<=kn<=kn<=k,必然先手胜，若n=k+1n=k+1n=k+1,必然后手胜,对nnn,必有n=(k+1)∗r+sn=(k+1)*r+sn=(k+1)∗r+s,所以只要先手取走sss个，将r∗(k+1)r*(k+1)r∗(k+1)局面留给后手，则先手可以胜，若s=0s=0s=0,先手面对r∗(k+1)r*(k+1)r∗(k+1)局面，则后手胜。
即nnn%(m+1)==0m+1)==0m+1)==0. 后手胜,反之，先手胜。
学习链接
博弈论之取石子游戏的学习
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int main()
{int n,k;cin>>n>>k;if(n%(k+1)) cout<<'1';else cout<<'2';
}
4771 Problem G 巧克力棒
思路：
nimnimnim游戏
nimnimnim游戏一个很神奇的结论：对于一个局面，当且仅当a[1]xora[2]xor...xora[n]=0a[1] xor a[2] xor ...xor a[n]=0a[1]xora[2]xor...xora[n]=0时，该局面为P局面，即必败局面。
取巧克力棒：
我们取出来最长异或子序列,留给对手的是个必败局面or 他只能再拿巧克力棒,再拿巧克力棒的话局面就变成必胜了,你只需要再把局面变成a[1]xora[2]xor...xora[n]=0a[1] xor a[2] xor ...xor a[n]=0a[1]xora[2]xor...xora[n]=0.
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[2002],panduan=0,n;
int dfs(int deep,int chang,int juge)
{if(deep==n+1){if(chang>0&&!juge)panduan=1;return 0;}dfs(deep+1,chang,juge);dfs(deep+1,chang+1,juge^a[deep]);
}
int main()
{int b,c,d,e,f,g,h,i,j,k,l,m;
for(i=1;i<=10;i++)
{cin>>n;panduan=0;
memset(a,0,sizeof(a));
for(b=1;b<=n;b++)
cin>>a[b];
dfs(1,0,0);
if(panduan)cout<<"NO"<<endl;
else cout<<"YES"<<endl;
}
return 0;
}
学习链接
博弈论（一）：Nim游戏
博弈论基础之sg函数与nim
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