2019.08.17 日常总结

不知这几天种的那好几棵线段树成活了没……

一本通1496：

题意：

在郊区有 NN 座通信基站，PP 条双向电缆，第 ii 条电缆连接基站 AiAi和 BiBi 。特别地，11 号基站是通信公司的总站，NN 号基站位于一座农场中。现在，农场主希望对通信线路进行升级，其中升级第 ii 条电缆需要花费 LiLi 。

电话公司正在举行优惠活动。农场主可以指定一条从 11 号基站到 NN 号基站的路径，并指定路径上不超过 KK 条电缆，由电话公司免费提供升级服务。农场主只需要支付在该路径上剩余的电缆中，升级价格最贵的那条电缆的花费即可。求至少用多少钱能完成升级。

一句话题意:在加权无向图上求出一条从 11 号结点到 NN 号结点的路径，使路径上第 K+1K+1 大的边权尽量小。

思路：满足单调性，所以用二分，把大于mid的边权设为1，小于mid的边权设为0，跑一遍最短路，看看d[n]是否 $\leq k$ 即可，总体挺水的……

//By hpwwzyy2012
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define gc getchar()
#define g(c) isdigit(c)
inline int read(){bool f=0;char c=0;int x=0;while (!g(c)) f=c=='-',c=gc;while (g(c)) x=x*10+c-48,c=gc;return f?-x:x;
}
const int N=1010;
const int M=2020;
struct node{int next,to,w;
}e[M<<1];int h[N],tot;
struct Bian{int a,b,w;void reading(){a=read();b=read();w=read();}
}f[M];
inline void add_edge_in_e(int a,int b,int w){e[++tot]=(node){h[a],b,w};h[a]=tot;e[++tot]=(node){h[b],a,w};h[b]=tot;
}
const int inf=0x3f3f3f3f;
int d[N],n,p,k;bool v[N];
inline void make_a_map(int mid){tot=0;memset(h,0,sizeof(h));for(int i=1;i<=p;i++){if (f[i].w>mid) add_edge_in_e(f[i].a,f[i].b,1);else add_edge_in_e(f[i].a,f[i].b,0);}return;//重新建边，注意内存循环利用（即tot=0）
}
inline bool check(int mid){make_a_map(mid);for(int i=1;i<=n;i++){d[i]=inf;v[i]=true;}d[1]=0;v[1]=false;queue<int> q;q.push(1);do{int z=q.front();q.pop();v[z]=true;for(int i=h[z];i;i=e[i].next){register int to=e[i].to;if (d[to]>d[z]+e[i].w){d[to]=d[z]+e[i].w;if (v[to]==true){v[to]=false;q.push(to);}}}}while (q.size());return d[n]<=k;
}
//用spfa跑最短路
int l,r,mid,ans,i;
int main(){
//  freopen("t1.in","r",stdin);n=read();p=read();k=read();for(i=1;i<=p;i++)f[i].reading();r=-inf;ans=-1;for(i=1;i<=p;i++){
//      l=min(l,f[i].w);r=max(r,f[i].w);}
//  if (!check(r)){
//      printf("-1");
//      return 0;
//  }while (l<=r){mid=(l+r)>>1;if (check(mid)){ans=mid;r=mid-1;}else l=mid+1;}printf("%d",ans);return 0;
}

一本通1512：

题意：

当排队等候喂食时，奶牛喜欢和它们的朋友站得靠近些。FJ 有 NN 头奶牛，编号从 11 到 NN，沿一条直线站着等候喂食。奶牛排在队伍中的顺序和它们的编号是相同的。因为奶牛相当苗条，所以可能有两头或者更多奶牛站在同一位置上。即使说，如果我们想象奶牛是站在一条数轴上的话，允许有两头或更多奶牛拥有相同的横坐标。一些奶牛相互间存有好感，它们希望两者之间的距离不超过一个给定的数 LL。另一方面，一些奶牛相互间非常反感，它们希望两者间的距离不小于一个给定的数 DD。

给出 MLML 条关于两头奶牛间有好感的描述，再给出 MDMD 条关于两头奶牛间存有反感的描述。你的工作是：如果不存在满足要求的方案，输出 −1−1；如果 11 号奶牛和 NN 号奶牛间的距离可以任意大，输出 −2−2；否则，计算出在满足所有要求的情况下，11 号奶牛和 NN 号奶牛间可能的最大距离。

思路：差分约束系统+spfa判负环，思维难道不高，但代码有一定难度。

做法：用边{a,b,c}表示b的位置-a的位置要 $\geq c$

//By hpwwzyy2012
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N=1e3+1e2;
const int M=1e4+1e2;
#define gc getchar()
#define g(c) isdigit(c)
inline int read(){bool f=0;char c=0;int x=0;while (!g(c)) f=c=='-',c=gc;while (g(c)) x=x*10+c-48,c=gc;return f?-x:x;
}
struct node{int next,to,w;
}e[(N+M)<<1];int h[N],tot;
//const int inf=0x3f3f3f3f;
inline void add(int a,int b,int c){e[++tot]=(node){h[a],b,c};h[a]=tot;
}
ll d[N],n,cnt[N],inf;bool v[N];
inline bool spfa(int s){memset(d,127,sizeof(d));memset(cnt,0,sizeof(cnt));memset(v,true,sizeof(v));inf=d[0];d[s]=0;v[s]=false;queue<int> q;q.push(s);do{int z=q.front();q.pop();v[z]=true;for(int i=h[z];i;i=e[i].next){register int to=e[i].to;if (d[to]>d[z]+e[i].w){d[to]=d[z]+e[i].w;cnt[to]=cnt[z]+1;if (cnt[to]>=n) return false;if (v[to]){v[to]=false;q.push(to);}}}}while (q.size());return true;
}
int m,q,a,b,c,i;
int main(){
//  freopen("t1.in","r",stdin);n=read();m=read();q=read();for(i=1;i<n;i++) add(i+1,i,0);//注意题目暗含的限制，免得跑出一些奇奇怪怪的解for(i=1;i<=m;i++){a=read();b=read();c=read();add(a,b,c);}for(i=1;i<=q;i++){a=read();b=read();c=read();add(b,a,-c);}for(i=1;i<=n;i++) add(0,i,0);//为spfa准备if (spfa(0)==false) cout<<-1;else{spfa(1);if (d[n]==inf) cout<<-2;else cout<<d[n];}return 0;
}

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