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洛谷10月月赛Round.3
Rank11:260=60+100+100
P2409 Y的积木
题目背景
Y是个大建筑师，他总能用最简单的积木拼出最有创意的造型。
题目描述
Y手上有n盒积木，每个积木有个重量。现在他想从每盒积木中拿一块积木，放在一起，这一堆积木的重量为每块积木的重量和。现在他想知道重量和最小的k种取法的重量分别是多少。（只要任意更换一块积木，就视为一种不同的取法。如果多种取法重量总和一样，我们需要输出多次。）
输入输出格式
输入格式：
第一行输入两个整数，n,k，意义如题目所描述。
每组数据接下来的n行，第一个整数为mi，表示第i盒积木的数量，在同一行有mi个整数，分别表示每个积木的重量。
输出格式：
一行，重量最小的k种取法的重量，要求对于每个数据，从小到大输出
输入输出样例
3 104 1 3 4 53 1 7 94 1 2 3 5
3 4 5 5 6 6 7 7 7 7
说明
对于30%的数据：2<=mi<=10,1<=n<=10
对于50%的数据：2<=mi<=50,1<=n<=50
对于100%的数据：2<=mi<=100,1<=n<=100,1<=k<=10000,每个积木的重量为不超过100的正整数，所有mi的积大于等于k。本题不卡常。
先想的分组背包前k优值问题，可以把01背包的变形一下，二路归并改多路归并
后发现每个组就选一个，直接多路归并就行了
然后........就60分了，后面的全T了，复杂度O(n*k*logk)，k太大
正解：f[i][j]表示前i组重量为j的方案数，O(m[i])转移，复杂度O(n*最大重量*m)，本题重量很小
1.这样的DP用刷表法快；2.注意打印解的时候
//60 多路归并#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#include <cmath>#include <queue>using namespace std;const int N=105,M=1e4+5;typedef long long ll;inline int read(){ char c=getchar();int x=0,f=1; while(c<‘0‘||c>‘9‘){if(c==‘-‘)f=-1;c=getchar();} while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){x=x*10+c-‘0‘;c=getchar();} return x*f;}int n,k,m[N],w[N][N];int f[M];struct data{ int s,p;//s=f[a]+w[m][p] data(int x=0,int y=0):s(x),p(y){} bool operator <(const data &r)const{return s>r.s;}};void merge(int w[],int m){ priority_queue<data> q; for(int i=1;i<=k;i++){ if(f[i]!=-1) q.push(data(f[i]+w[1],1)); //printf("push %d %d %d\n",i,f[i],w[i]); else break; } for(int i=1;i<=k&&!q.empty();i++){ data now=q.top();q.pop(); int s=f[i]=now.s; int p=now.p; if(p+1<=m) q.push(data(s-w[p]+w[p+1],p+1)); //printf("now %d %d\n",s,p); }}void dp(){ memset(f,-1,sizeof(f)); f[1]=0; for(int i=1;i<=n;i++) merge(w[i],m[i]);}int main(int argc, const char * argv[]) { n=read();k=read(); for(int i=1;i<=n;i++){ m[i]=read(); for(int j=1;j<=m[i];j++) w[i][j]=read(); sort(w[i]+1,w[i]+1+m[i]); } dp(); for(int i=1;i<=k;i++) printf("%d ",f[i]); return 0;}
//AC 递推#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#include <cmath>#include <queue>using namespace std;const int N=105,M=10105;typedef long long ll;inline int read(){ char c=getchar();int x=0,f=1; while(c<‘0‘||c>‘9‘){if(c==‘-‘)f=-1;c=getchar();} while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){x=x*10+c-‘0‘;c=getchar();} return x*f;}int n,sum,v=10000,m[N],w[N][N];int f[N][M];void dp(){ f[0][0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=0;j<=v;j++) if(f[i-1][j]) for(int k=1;k<=m[i];k++) f[i][j+w[i][k]]+=f[i-1][j];}int main(int argc, const char * argv[]) { n=read();sum=read(); for(int i=1;i<=n;i++){ m[i]=read(); for(int j=1;j<=m[i];j++) w[i][j]=read(); sort(w[i]+1,w[i]+1+m[i]); } dp(); for(int i=0;;i++){ if(f[n][i]>=sum){ for(int j=1;j<=sum;j++) printf("%d ",i); break; }else{ for(int j=1;j<=f[n][i];j++) printf("%d ",i); sum-=f[n][i]; } } return 0;}
P1371 NOI元丹
题目描述
小A打算开始炼NOI元丹（什么鬼），据说吃了可以提高NOI时的成绩。
是这么练的。元丹有三种元核，‘N‘,‘O‘,‘I‘。现有很多个这样原核，按顺序排成一行。炼元丹时，从左往右分别挑出‘N‘,‘O‘,‘I‘三个原核吞下。
现在他关心，有几种服用方式……且慢！
他觉得服用方式太少，以至于不能成仙。所以他可以通过某个途径，得到‘N‘,‘O‘,‘I‘的三种原核中的任意一个，至于哪一种由他决定。然后他将获得这个原核的插入到这一排原核中的任意位置（包括最前最后）。
现在你要知道，新的元核序列中能有多少种‘N‘,‘O‘,‘I‘的取出方式。子串的字母并不要求连续。
输入输出格式
输入格式：
第一行，一个整数N，表示字符串的长度。
第二行，一行字符串，里面只有只有‘N‘,‘O‘,‘I‘三种字母。
输出格式：
表示出最多可以提炼出来的NOI元丹的方案种数。
输入输出样例
5NOIOI
6
说明
样例解释
他可以获取一个N元核，加到最前面。
NNOIOI | NNOIOI | NNOIOI | NNOIOI | NNOIOI | NNOIOI~ ~~ | ~ ~ ~ | ~ ~~ | ~~~ | ~~ ~ | ~ ~~30%的数据N<=200
50%的数据N<=2000
100%的数据3<=N<=100000
很容易想到序列DP
f[i][0/1/2]表示i之前N NO NOI个数，d[i][0/1/2]表示i之后I OI NOI个数
可以很快计算在i到i+1之间加字母的贡献
tn=sum+d[i+1][1],ti=sum+f[i][1],to=sum+d[i+1][0]*f[i][0]
PS：其实加N的话一定在开始处，加I的话一定在结尾处最优
#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#include <cmath>#include <queue>using namespace std;const int N=1e5+5;typedef long long ll;int n;char s[N];ll f[N][3],d[N][3],sum=0,ans=0;void dp(){ for(int i=1;i<=n;i++){ f[i][0]=f[i-1][0]; if(s[i]==‘N‘) f[i][0]++; f[i][1]=f[i-1][1]; if(s[i]==‘O‘) f[i][1]+=f[i-1][0]; f[i][2]=f[i-1][2]; if(s[i]==‘I‘) f[i][2]+=f[i-1][1]; //printf("f %d %d %d %d\n",i,f[i][0],f[i][1],f[i][2]); int ti=i;i=n-i+1; d[i][0]=d[i+1][0]; if(s[i]==‘I‘) d[i][0]++; d[i][1]=d[i+1][1]; if(s[i]==‘O‘) d[i][1]+=d[i+1][0]; d[i][2]=d[i+1][2]; if(s[i]==‘N‘) d[i][2]+=d[i+1][1]; i=ti; } sum=f[n][2]; for(int i=0;i<=n;i++){ ll tn=sum+d[i+1][1],ti=sum+f[i][1],to=sum+d[i+1][0]*f[i][0]; ans=max(ans,max(tn,max(to,ti))); //printf("t %d %d %d %d\n",i,tn,to,ti); }}int main(int argc, const char * argv[]){ scanf("%d%s",&n,s+1); dp(); printf("%lld",ans); return 0;}
P1710 地铁涨价
题目背景
本题开O2优化，请注意常数
题目描述
博艾市除了有海底高铁连接中国大陆、台湾与日本，市区里也有很成熟的轨道交通系统。我们可以认为博艾地铁系统是一个无向连通图。博艾有N个地铁站，同时有M小段地铁连接两个不同的站。
地铁计价方式很简单。从A站到B站，每经过一小段铁路（连接直接相邻的两个点的一条边），就要收取1博艾元。也就是说，从A站到B站，选择的路径不一样，要价也会不同。
我们认为凡华中学在1号地铁站。学生们通过地铁通勤，他们当然知道选择最短路来坐车的话，票价最便宜。
然而博艾地铁公司经营不善，一直亏损，于是他们打算提价。提价一次就是将一小段铁路原来收费1元改收2元。同一小段的铁路不会多次提价。他们打算提价Q次。
学生们知道，如果他们到学校的一条最短路径中的一小段提价了，可以改变路径，使总票价不变。然而随着一条一条的铁路被提价，当居住在某个站附近的学生发现，提价后，没有任何一种方案可以从家到学校的费用和初始费用相等时，就会不满。
现在地铁公司希望知道，对于每一次涨价，有多少个站，学生会因为涨价而不满呢？
输入输出格式
输入格式：
第一行为三个整数N,M,Q。
接下来M行，每行2个整数ai,bi,表示第i条铁路连接的两个站。i表示铁路编号。
接下来Q行，每行一行整数rj，表示每次涨价的铁路编号。
输出格式：
Q行。每行一个整数表示不满的车站数量。
输入输出样例
5 6 51 21 34 23 22 55 352413
02244
说明
【样例解释】
次数 车站2 车站3 车站4 车站5初始 1 1 2 21 1 1 2 22 1 2 2 33 1 2 2 34 2 2 3 35 2 2 4 3【数据范围】
对于20%的数据 N≤100, Q≤30
对于40%的数据 Q≤30
对于70%的数据 正确的输出结果中，不会有超过50种不一样的整数（数据范围剧透解法系列）
对于100%的数据 N≤100000, Q≤M≤200000
可以发现涨价后不可能在经过那里
增加一个涨价时间t，其实就是要找出每个车站到1的最短路中t最小的铁路的t最大值(因为可能有多条最短路)
刚做了NOIP2009最优贸易，一样的思想啊用SPFA即可
一些理解：
DP可以处理DAG
spfa可以处理带环的(dij也可以，但只能是最短路问题)
spfa有点像DP，计算一个图上的状态，只不过一个状态可能被计算多次(因为有环)
貌似还有个很厉害的做法
#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#include <cmath>#include <queue>using namespace std;const int N=1e5+5,M=2e5+5,INF=1e9;inline int read(){ char c=getchar();int x=0,f=1; while(c<‘0‘||c>‘9‘){if(c==‘-‘)f=-1; c=getchar();} while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){x=x*10+c-‘0‘; c=getchar();} return x*f;}int n,m,Q,u,v;struct edge{ int v,ne,t;//time of raise edge(int a=INF):v(0),ne(0),t(a){}}e[M<<1];int h[N],cnt=0;void ins(int u,int v){ cnt++; e[cnt].v=v;e[cnt].ne=h[u];h[u]=cnt; cnt++; e[cnt].v=u;e[cnt].ne=h[v];h[v]=cnt;}int q[N],head=1,tail=1,inq[N],d[N];struct node{ int id,t; node(int a=0,int b=0):id(a),t(b){} bool operator <(const node &r)const{return t<r.t;}}a[N];inline void lop(int &x){if(x==N-1) x=1;}void spfa(){ for(int i=1;i<=n;i++) a[i].id=i,d[i]=INF; q[tail++]=1; a[1].t=INF;d[1]=0; while(head!=tail){ int u=q[head++];inq[u]=0;lop(head); for(int i=h[u];i;i=e[i].ne){ int v=e[i].v; if(d[v]>d[u]+1){ d[v]=d[u]+1; a[v].t=min(a[u].t,e[i].t); if(!inq[v]){q[tail++]=v;inq[v]=1;lop(tail);} }else if(d[v]==d[u]+1) a[v].t=max(a[v].t,min(a[u].t,e[i].t)); } }}int main(int argc, const char * argv[]) { n=read();m=read();Q=read(); for(int i=1;i<=m;i++){u=read();v=read();ins(u,v);} for(int i=1;i<=Q;i++){u=read();e[2*u-1].t=e[2*u].t=i;} spfa(); sort(a+1,a+1+n); int p=1,ans=0; //for(int i=1;i<=n;i++) printf("node %d %d\n",a[i].id,a[i].t); //for(int i=1;i<=2*m;i++ ) printf("edge %d %d %d\n",i,e[i].v,e[i].t); for(int i=1;i<=Q;i++){ while(a[p].t<=i) ans++,p++; printf("%d\n",ans); } return 0;}
洛谷10月月赛Round.3