2021 RoboCom 世界机器人开发者大赛-本科组（复赛）
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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2021 RoboCom 世界机器人开发者大赛-本科组（复赛）相关的知识，希望对你有一定的参考价值。
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7-1 冒险者分队 20
7-1 冒险者分队
分数 20
作者 DAI, Longao
单位 杭州百腾教育科技有限公司
冒险者分队是人气 MMORPG《最终幻想 14》里的一个游戏系统。玩家通过招募 NPC （非玩家角色）组成小队完成特定任务后可以获取丰厚的奖励。
由于完成任务有能力的要求，因此我们需要对 NPC 进行一定的训练。NPC 组成的小队会有三个属性：体能、心智，以及战术，玩家可以选择以下的两种训练课程之一对小队进行训练：
提升其中一个属性 40，降低其他两个属性各 20；
提升其中两个属性 20，降低剩下一个属性 40。
如果在选择的训练课程后有任意一个属性小于 0，那么训练会失败，属性不会发生变化。
为了完成特定任务，现在给定小队的初始属性和目标属性，请回答是否有可能通过一定的训练，使得小队的属性正好达到目标属性的值，如果可以的话，最少的次数是多少？
输入格式:
输入第一行是一个正整数 T (≤10
5
)，表示有多少组询问。
接下来的 T 组询问，每组询问有两行，每行三个非负整数，第一行为小队初始的属性，第二行为需要达成的目标属性。
所有属性值均大于等于 0，小于等于 2×10
9
。
输出格式:
如果目标属性无法通过训练达到，输出一行 −1，否则输出一个整数，表示达到目标属性的最少训练次数。
输入样例:
4
25 30 35
65 10 15
100 200 300
200 180 220
100 100 100
0 0 0
777 888 999
777 888 999
输出样例:
1
3
-1
0
- 题意：给出初始数组和目标数组，长都为3。每次可以给两个数+20，一个-40，或者两个-20，一个加40，求最少多少次能变成目标数组。
- 思路：
- 首先，初始数组和目标数组之间只能通过20来变换，所以对应位置的值作差%20，有余数肯定直接-1。然后把三个差值/20，简化问题。
- 然后，考虑非法的情况，不管是-1,-1,+ 2还是 -2，+1，+1，这三个数%3的值都是1，因为最后要让差值从（a,b,c）变成（0,0,0），所以原本的这三个差值必须%3相等，否则-1。
- 最后，考虑构造最优解。 设a < b < 0 < c，我们以1，1，-2作用于三者，那么b会首先变成0。再然后，再以两个操作2,-1,-1和1,1,-2组合成3，0，-3作用于a和c，就可以构造出（0,0,0）。（如果a或c不能被3整除怎么办？事实是不会的，因为上面已经判过三者对3同余了，所以三者%3都等于0，必定是能整除的）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[10], b[10], c[10];
int main()
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
int T; cin>>T;
while(T--)
for(int i = 1; i <= 3; i++)cin>>a[i];
//-1
int ok = 1;
for(int i = 1; i <= 3; i++)
cin>>b[i]; c[i] = b[i]-a[i];
if(c[i]%20!=0)ok = 0;
c[i] /= 20;
if(a[1]+a[2]+a[3] != b[1]+b[2]+b[3])ok = 0;
int mod = (c[1]%3+3)%3;
for(int i = 2; i <= 3; i++)
if((c[i]%3+3)%3 != mod)ok = 0;
if(ok==0) cout<<"-1\\n"; continue;
//构造
int num = 0;
num += (c[1]>0)+(c[2]>0)+(c[3]>0);
if(num==2)c[1]=-c[1], c[2]=-c[2], c[3]=-c[3];
int x = min(c[1],c[2],c[3]), z = max(c[1],c[2],c[3]), y = c[1]+c[2]+c[3]-x-z;//排序
int res = 0;
res += -y; x -= y; z += y*2; y = 0; //操作1
res += z/3*2; //操作2
cout<<res<<"\\n";
return 0;
7-2 拼题A打卡奖励 25
7-2 拼题A打卡奖励
分数 25
作者 陈越
单位 浙江大学
拼题 A 的教超搞打卡活动，指定了 N 张打卡卷，第 i 张打卡卷需要 m
i
分钟做完，完成后可获得 c
i
枚奖励的金币。活动规定每张打卡卷最多只能做一次，并且不允许提前交卷。活动总时长为 M 分钟。请你算出最多可以赢得多少枚金币？
输入格式：
输入首先在第一行中给出两个正整数 N（≤10
3
） 和 M（≤365×24×60），分别对应打卡卷的数量和以“分钟”为单位的活动总时长（不超过一年）。随后一行给出 N 张打卡卷要花费的时间 m
i
（≤600），最后一行给出 N 张打卡卷对应的奖励金币数量 c
i
（≤30）。上述均为正整数，一行内的数字以空格分隔。
输出格式：
在一行中输出最多可以赢得的金币数量。
输入样例：
5 110
70 10 20 50 60
28 1 6 18 22
输出样例：
40
样例解释：
选择最后两张卷子，可以在 50+60=110 分钟内获得 18+22=40 枚金币。
- 题意：n个物品，有价值和体积，每个可以选一次，背包容量m，求最大价值。
- 思路：
- 01背包板子题？？？果然TLE（15分）。
n < 1e3, m < 5e5，所以O(nm)1e8肯定会超时。 - 发现金币数量ci < 30 成为一个突破口，此时所有物品总价值不超过1000∗30，因此可以转换原本的求 “最小容量(5e5)下的最大价值” 为 “最大价值(3e4)下的最小容量”，系数都是n，3e7勉强可以通过。
- 01背包板子题？？？果然TLE（15分）。
//15分
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1010;
int v[maxn], w[maxn];
int f[maxn*maxn];
int main()
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
int n, m; cin>>n>>m;
for(int i = 1; i <= n; i++)cin>>v[i];
for(int i = 1; i <= n; i++)cin>>w[i];
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = m; j >= 0; j--)
if(j>=v[i])f[j] = max(f[j], f[j-v[i]]+w[i]);
cout<<f[m]<<"\\n";
return 0;
//25分
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1010;
int v[maxn], w[maxn];
int f[maxn*maxn];
int main()
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
int n, m; cin>>n>>m;
int sum = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++)cin>>v[i];
for(int i = 1; i <= n; i++)cin>>w[i], sum += w[i];
memset(f,0x3f,sizeof(f));
f[0] = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = sum; j >= w[i]; j--)
f[j] = min(f[j], f[j-w[i]]+v[i]);
for(int i = sum; i >= 0; i--)
if(f[i]<=m)
cout<<i; return 0;
return 0;
7-3 快递装箱 25
7-3 快递装箱
分数 25
作者 陈越
单位 浙江大学
bt.png
有一条快递装箱的流水线是这样设计的（见下图）：
fig.png
快递件从 A 口进入流水线转盘；到达 B 时进行称重，如果重量大于 W
1
就开一个新的箱子把它装进去，否则直接让它通过；到达C时检查箱子的重量，如果超过了 W
2
（>W
1
），就直接装车 —— 这条线有 1 号摄像头拍摄装车的箱子编号并记录；重量不达标的箱子或快递件继续行进到 D，在这里进行装箱处理。这里分几种情况：
如果 D 当前是空的，那么新开一箱给到达的快递件，或者如果到达的是一只箱子，那么等待下一个快递件到达；
如果 D 当前不是空的，那么肯定是有一只箱子。这时考察下一个物体 —— 如果下一个是快递件并且能装入这个箱子（即总重量不超过箱子的最大容量 W
max
），则将其装入；如果下一个是快递件但装不下了（这时新的快递件装箱），或者下一个来的就是箱子，或者已经没有货物过来了，则停止当前的装箱工作，检查当前这个箱子的重量，超过 W
2
就装车 —— 这条线有 2 号摄像头拍摄装车的箱子编号并记录；如果重量不足，则继续前进到 A 口，与新到的快递件汇合。D 点继续处理下一个排队的箱子或快递件。
而到 A 口的箱子则要看汇合的快递件能否装入：如果可以就装箱，向 B 进发；不行就一直等待，直到下一个可以装箱的快递装进去，或者没有任何新的快递到达，才继续向 B 进发。当有多只箱子从 D 转过来时，按到达的顺序排队。
简单起见，我们假设快递件匀速进入流水线，所有快递件从一个点到下一个点都只需要一个单位时间，并且在 B 和 C 的停留时间可忽略不计。当 B 发现重量大于 W
1
的是已经在箱子里的货物时，则不必再新开一个箱子。
输入格式：
输入在第一行给出 4 个正整数：N 为快递件的数量；W
max
、W
1
和 W
2
，如题面所述。其中 N≤10
4
，W
1
<W
2
<W
max
≤10
3
。
随后一行给出 N 个不超过 W
max
的正整数，为顺序到达的快递件的重量。
输出格式：
在第一行中先后输出第 1、2 号摄像头拍摄的装车箱子的数量、以及最后转盘上剩下的箱子的数量。第二行按非递减序输出剩下的箱子的重量。如果没有箱子剩下，则输出 None。
同一行数字间以 1 个空格分隔，行首尾不得有多余空格。
输入样例：
11 100 50 80
85 25 60 21 10 52 80 95 78 15 3
输出样例：
2 1 4
40 55 78 80
样例说明：
我们按照“单位时间：事件”的格式描述整个过程。
时间 A B C D
1 85 - - -
2 25 85装箱 - -
3 60 25 85装车，1号拍摄 -
4 21 60装箱 25 -
5 10 21 60一箱 25装箱
6 52 10 21 60一箱到，25一箱启动
7 80不能装箱，25一箱等待 52装箱 10 21装箱得到81一箱
8 95不能装箱，25一箱等待 80装箱 52一箱 10装箱得到91一箱
9 78不能装箱，25一箱等待 95装箱 80一箱 52一箱到，91一箱装车，2号拍摄
10 15装箱得到40一箱 78装箱 95一箱装车，1号拍摄 80一箱到，52一箱启动
11 3装箱得到55一箱 40一箱 78一箱 80一箱
此时摄像头 1 拍摄了 2 次，摄像头 2 拍摄了 1 次，转盘上还剩 4 只重量为 55、40、78 和 80 的箱子。
- 题意：模拟流水线，塞个货物进传送带，然后往后运动，更新一下每个点的状态，如果有货物运出就答案加一，照着题目意思做就行。
- 思路：
A、D 点用双端队列处理（因为有塞回去的情况），B、C用普通队列处理。
用一个 pair 存储货物状态，分别记录重量和是否装箱，每次按题目要求更新即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
const int maxn = 1010;
int n, wmax, w1, w2;
vector<int>ans;
int ans1, ans2;
deque<PII>A, D;
queue<PII>B, C;
void update() //每次按DCBA的顺序处理一遍当前流水线上的箱子
if(D.size()!=0)
PII x = D.front();
if(x.second == 0) //x没装箱，给x装箱
D.pop_front();
D.push_front(make_pair(x.first,1));
else
D.pop_front();
if(D.size()==0)D.push_front(x);//x不是最后一个就纳入出队考核
else
PII y = D.front();
if(y.second == 0)//y没装箱
if(y.first+x.first <= wmax)//给y+x装箱
D.pop_front();
D.push_front(make_pair(x.first+y.first, 1));
else
if(x.first>w2)ans2++; //x正式出队
else A.push_back(x); //给x放回去A重生
else
if(x.first > w2)ans2++; //x正式出队
else A.push_back(x); //给x放回去A重生
if(D.front().second == 0) //z没装箱，给z装箱
PII z = D.front(); D.pop_front();
D.push_front(make_pair(z.first,1));
if(C.size()!=0)
PII x = C.front(); C.pop();
if(x.first > w2)ans1++;
else D.push_back(x);
if(B.size()!=0)
PII x = B.front(); B.pop();
if(x.first > w1)C.push(make_pair(x.first, 1));
else C.push(x);
if(A.size()!=0)
B.push(A.front()); A.pop_front();
int main()
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n>>wmax>>w1>>w2;
for(int i = 1; i <= n; i++)
int x; cin>>x; //把x放到A口,考虑是否装箱
if(A.size()==0)A.push_back(make_pair(x,0));
else
PII y = A.front();
if(y.first + x <= wmax)
A.pop_front();
A.push_front(make_pair(y.first+x, 1));
else
A.push_front(make_pair(x,0));
update(); //更新一下
//solve
for(int i = 1; i <= 10050; i++)update();//让流水线转很多轮
queue<PII>D2; //临时队列
while(D.size() != 0)
PII x = D.front(); D.pop_front();
if(x.first > w2)ans2++; else D2.push(x);
while(D2.size()!=0) D.push_back(D2.front()); D2.pop();
while(A.size()!=0)if(A.front().first != 0)ans.push_back(A.front().first); A.pop_front();
while(B.size()!=0)if(B.front().first != 0)ans.push_back(B.front().first); B.pop();
while(C.size()!=0)if(C.front().first != 0)ans.push_back(C.front().以上是关于2021 RoboCom 世界机器人开发者大赛-本科组（复赛）的主要内容，如果未能解决你的问题，请参考以下文章
2021 RoboCom 世界机器人开发者大赛-本科组（初赛）完结
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2021 RoboCom 世界机器人开发者大赛-本科组（决赛）