6.30集训模拟赛4(炸裂的一天qwq)

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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了6.30集训模拟赛4(炸裂的一天qwq)相关的知识，希望对你有一定的参考价值。

T1浇水：

　　题目描述

  • 　　在一条长n米，宽m米米的长方形草地上放置着k个喷水装置。假设长方形草地的坐标范围为[ 0 , 0 ] ~ [ n , m ]，那么第 i 个喷水装置的位置为（ai，m/2），也就是说喷水装置全部位于一条直线上。此外第 i 个喷水装置能向半径ri的圆形区域内喷水。

  •       负责管理喷水装置的园丁老大爷想知道，要想覆盖整个草地，至少需要开启多少个喷水装置。

　　输入格式

  •       第一行三个正整数 k , n , m 。其中 m 为偶数。
  •       接下来 k 行，每行两个整数ai 和ri ，代表第 i  个喷水装置的横坐标和喷水半径。

　　输出格式

  •       一个整数 ans 代表至少需要开启的喷水装置数量。若所有装置都开启依然不能覆盖整个草地则输出-1 。

　　样例

　　样例输入1

9 16 6
0 5
2 5
4 5
6 5
8 5
10 5
12 5
14 5
16 5

　　样例输出1

 2

　　样例输入2

8 20 2
5 3
4 1
1 2
7 2
10 2
13 3
16 2
19 4

　　样例输出2

 6

　　数据范围与提示

  • 样例1 解释开启位于4和12的喷水装置即可。
  •      30%的数据中：k ≤ 20。
  •      另有20%的数据中：ri均相等。
  •      100%的数据中：m≤20000,ri≤10000，n，k≤100000,ai。

　　分析：

  • 　　喷水装置在长方形的中线上，如果某个喷水装置能喷到左上角的地方，那左下角必定能喷到。
  •        如果喷水装置的喷水半径小于此装置无用
  •        所以我们可以预处理出每一个喷水装置能喷到的左、右最远的距离，然后对其左边界进行排序，从左到右，一次枚举花坛的未喷到的最远点，在能喷到的装置中找到右端点最远的装置。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int k,n,m;
int a,r;
int cnt;
struct wat{//记录一个点的左右最远的覆盖范围
    double L;//double！！！
    double R;
}w[N];

bool cmp(wat a,wat b){//按
    return a.L<b.L;
}

int main(){
    scanf("%d%d%d",&k,&n,&m);//输入
    for(int i=1;i<=k;i++){
        scanf("%d%d",&a,&r);
        if(r*2<=m)continue;//去除一些没用的喷水装置
        w[++cnt].L=a-sqrt(r*r-m*m/4.0);//等于也不行（喷一个线有啥用）
        w[cnt].R=a+sqrt(r*r-m*m/4.0);
    }
    sort(w+1,w+1+cnt,cmp);//排序
    double right=0;
    int ans=0;
    while(right<n){//
        ans++;
        double s=right;//用一个s保存right值因为后面的right值要变
        for(int i=1;i<=k&&w[i].L<=s;i++){
            if(right<w[i].R){
                right=w[i].R;//更新覆盖的最右边的值
            }
        }
        if(right==s&&s<n){//不满题意
            printf("-1
");
            return 0;
        }
    }
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}

T2免费馅饼：

　　题目描述：

  • 最新推出了一种叫做“免费馅饼”的游戏:
  • 游戏在一个舞台上进行。舞台的宽度为 w格，天幕的高度为 h格，游戏者占一格。
  •        开始时游戏者站在舞台的正中央，手里拿着一个托盘。下图为天幕的高度为 4 格时某一个时刻游戏者接馅饼的情景。 技术图片
  •       游戏开始后，从舞台天幕顶端的格子中不断出现馅饼并垂直下落。游戏者左右移动去接馅饼。游戏者每秒可以向左或向右移动一格或两格，也可以站在原地不动。
  •       馅饼有很多种，游戏者事先根据自己的口味，对各种馅饼依次打了分。同时，在 电脑的遥控下，各种馅饼下落的速度也是不一样的，下落速度以格/秒为单位。

  •       当馅饼在某一秒末恰好到达游戏者所在的格子中，游戏者就收集到了这块馅饼。

  •       写一个程序，帮助我们的游戏者收集馅饼，使得所收集馅饼的分数之和最大。

　　输入格式：

  • 　　输入文件的第一行是用空格隔开的两个正整数，分别给出了舞台的宽度 w （ 1到 99之间的奇数）和高度 H（ 1到100 之间的整数）。
  •        接下来依馅饼的初始下落时间顺序给出了所有馅饼的信息。每一行给出了一块馅饼的信息。由四个正整数组成，分别表示了馅饼的初始下落时刻（1 到1000 秒），水平位置、下落速度（1  到 100 ）以及分值。游戏开始时刻为0从 开始自左向右依次对水平方向的每格编号。
  •        输入文件中同一行相邻两项之间用一个或多个空格隔开

　　输出格式：

  • 输出文件的第一行给出了一个正整数，表示你的程序所收集的最大分数之和。

　　样例:

　　样例输入:

3 3
0 1 2 5 
0 2 1 3
1 2 1 3
1 3 1 4

　　样例输出:

12

　　数据范围与提示:

  • 0≤馅饼个数 ≤2500。

　　分析：

  • 一道移动DP题。这题初看无从下手，馅饼和人都在移动，但仔细分析可得：定馅饼不动，由人移动去接馅饼。
  • 想好两点：
    • 　　只有高度可以被下落速度整除时，改馅饼才有被接住的可能。
    •        时间可以当作纵坐标处理，即
  • 设f [ i ] [ j ]，i 表示时刻，j表示x坐标。用k枚举移动的距离（k只能取-2，-1，0，1，2）。
  • 动态转移方程为：f [ i ] [ j ] = max（f [ i - 1 ] [ j + k ] + a [ i ] [ j ]）;
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2600;
int w,h;
int cnt;
int T,P,V,W,maxtime;
int t[N],p[N],v[N],val[N];
int f[N][N];
int hehe(int i,int j){
    int ans=0;
    for(int k=-2;k<=2;k++){
        if(j+k<0||j+k>w)continue;
        ans=max(ans,f[i+1][j+k]);
    }
    return ans;
}

int main(){    
    scanf("%d%d",&w,&h);
    h--;//注意减一
    while(scanf("%d%d%d%d",&T,&P,&V,&W)==4){
        if(h%V==0){
            t[++cnt]=T+h/V;//注意+T;
            p[cnt]=P;v[cnt]=V;val[cnt]=W;
            maxtime=max(maxtime,t[cnt]);//找出下落时间最大的值来
        }
    }
    if(cnt==0){//如果都不符合那就结束
        printf("0");
        return 0;
    }
    for(int i=1;i<=cnt;i++){//可能有不同时出发的但同时同地落下的馅饼。累加。
        f[t[i]][p[i]]+=val[i];
    }
    for(int i=maxtime-1;i>=0;i--){//从后往前
        for(int j=w;j>=0;j--){//maxtime注意减一因为转移有范围。
            f[i][j]+=hehe(i,j);
        }
    }
    printf("%d",f[0][(w+1)/2]);//f数组定义的是从i秒j地的最大分数
    return 0;
}

T3压缩：dp(★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★★......)

呵呵，洛谷紫题，教练拿来当作入门题考，beng......

　　题目描述：

  • 给一个由小写字母组成的字符串，我们可以用一种简单的方法来压缩其中的重复信息。压缩后的字符串除了小写字母外还可以（但不是必需）包含大写字母R 与M ，其中 M 标记重复串的开始， 重复从上一个 R（如果当前位置左边没有M ，则从串的开始算起）开始的解压结果（称为缓冲串）。
  • bcdcdcdcd可以压缩为bMcdRR。

　　 输入格式：

  • 输入仅一行，包含待压缩的字符串，仅包含小写字母，长度为n。

　　输出格式：

  • 输出仅一行，即压缩后字符串的最短长度。

　　样例：

　　样例输入1：

aaaaaaa

　　样例输出1：

 5

　　样例输入2：

bcdcdcdcdxcdcdcdcd

　　样例输出2：

12

　　数据范围与提示：

　　50%的数据满足：1≤n≤20。

　　100%的数据满足：1≤n≤50。

　　分析：

  • 设f[i][j][0]表示i到j的区间没有M的情况：
    • 如果前半段与后半段相等，f[i][j][0] = min(f[i][j][0],f[i][mid][0]+1);
    • 如果[i~j],但有可能[i~k](i<k<j)可以折叠，f[i][j][0] = min(f[i][j][0],f[i][k][0]+j-k);
  • f[i][j][1]表示i到j的区间内有M的情况：
    • k枚举的是M的位置，即在k的后面放一个M：
    • f[i][j][1] = min(f[i][j][1],min(f[i][k][0],f[i][k][1])+min(f[k+1][j][0],f[k+1][j][1]))
    • 对区间[i , k]和[k+1,j]均有两种选择，然后加上M这个1。
  • 最后输出ans = max（f[i][len][0],f[1][len][1]）。

 

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=55;
char s[N];
int f[N][N][3];

bool judge(int l,int r){//判断前一半是否和后一半相等
    if((r-l+1)&1)return false;//长度为奇数
    int mid=(l+r)>>1;
    for(int i=l;i<=mid;i++)
        if(s[i]!=s[i+mid-l+1])return false;
    return true;
}


int main(){
    scanf("%s",s+1);
    int len = strlen(s+1);
    for(int i=1;i<=len;i++)//初始化为没有折叠
        for(int j=i;j<=len;j++)
            f[i][j][0]=f[i][j][1]=(j-i+1);
    for(int l=1;l<=len;l++){
        for(int i=1,j;(j=i+l)<=len;i++){//i为区间起点，j为区间终点
            if(judge(i,j))//区间[i,j]正好能折叠
                f[i][j][0]=min(f[i][(i+j)/2][0]+1,f[i][j][0]);
            for(int k=i;k<j;k++)//枚举区间的断点,有可能[i,k]能折叠
                f[i][j][0]=min(f[i][j][0],f[i][k][0]+j-k);    
            for(int k=i;k<j;k++)//枚举M的位置,即在k的后面加一个M
                f[i][j][1]=min(f[i][j][1],std::min(f[i][k][0],f[i][k][1])+min(f[k+1][j][0],f[k+1][j][1])+1);
        }
    }
    printf("%d
",min(f[1][len][1],f[1][len][0]));
    return 0;
}

 

T4枪战Maf：（思维★★）

　　题目描述：

  • 　　有 n个人，用1～n进行编号，每个人手里有一把手枪。一开始所有人都选定一个人瞄准（有可能瞄准自己）。然后他们按某个顺序开枪，且任意时刻只有一个人开枪。因此，对于不同的开枪顺序，最后死的人也不同。

　　输入格式：

  • 　　输入n 人数n<1000000
  •        接下来n个数，依次为每个人的aim。

 

　　输出格式：

  • 　　输出只有一行，共两行整数，为最后死亡的最小和最大人数。

 

　　样例输出：

8
2 3 2 2 6 7 8 5

　　样例格式：

3 5

　　分析：

　　设最大存活人数Max，最少存活人数Min 

 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1000100;
int n;
int aim[N];
int Min,Max;
int q[N],rd[N];
bool die[N],live[N];
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&aim[i]);
        rd[aim[i]]++;//存入度
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(rd[i]==0){
            Min++;//最小必活数+1
            Max++;//队列维护的是入度为0的点
            q[Max]=i;
        }
    }
    int aa=1;
    while(aa<=Max){//扫描队列
        int front=q[aa++];//取出队首并出队
        if(die[aim[front]])continue;//队首目标已死(多个入度为0的点指向一个点)
        die[aim[front]]=1;//队首目标必死
        int faim=aim[aim[front]];//队首目标的目标可死可不死，看决策
        rd[faim]--;
        live[faim]=1;//可以让他活，但想死的时候随时可以让他死，在环可以最后死
        if(rd[faim]==0){//虽然入度为0，但不一定是必活，所以Min不加
            q[++Max]=faim;
        }
    }//下面处理只剩下环
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(rd[i]&&!die[i]){
            int l=0,flag=0;//l记录环大小,flag标记环上是否有live的点 
            for(int j=i;!die[j];j=aim[j]){
                l++;
                flag|=live[j];
                die[j]=1;//标记已死，避免其他的再来计算
            }
            if(!flag&&l>1)Min++;//l=1表示自环，必死
            Max+=l/2;
        }
    }
    printf("%d %d",n-Max,n-Min);
    return 0;
}

 

 

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