2017 09 17 测验解题报告

Posted 2020-10-07 Nico&11101001

预计分数 100+100+20 >=220

实际分数 100+50+20 =170

T1 ：100

 

巧克力棒(chocolate)
Time Limit:1000ms Memory Limit:64MB
题目描述
LYK 找到了一根巧克力棒，但是这根巧克力棒太长了，LYK 无法一口吞进去。
具体地，这根巧克力棒长为 n，它想将这根巧克力棒折成 n 段长为 1 的巧克力棒，然后
慢慢享用。
它打算每次将一根长为 k 的巧克力棒折成两段长为 a 和 b 的巧克力棒，此时若 a=b，则
LYK 觉得它完成了一件非常困难的事，并会得到 1 点成就感。
LYK 想知道一根长度为 n 的巧克力棒能使它得到最多几点成就感。
输入格式(chocolate.in)
第一行一个数 n。
输出格式(chocolate.out)
一个数表示答案。
输入样例
7
输出样例
4
数据范围
对于 20%的数据 n<=5。
对于 50%的数据 n<=20。
对于 80%的数据 n<=2000。
对于 100%的数据 n<=1000000000。
样例解释
将 7 掰成 3+4， 将 3 掰成 1+2， 将 4 掰成 2+2 获得 1 点成就感， 将剩下的所有 2 掰成 1+1
获得 3 点成就感。总共 4 点成就感。

把一段长度为n的（n为2的幂次方）巧克力二分可以切n-1次，每次用二的幂次方数对区间进行切割，

递归到长度为1或0（此时无法再切）统计长度

#include<cstdio>
int n;
int dfs(int sum)
{
    if(sum==1||sum==0)return 0;
    int cnt=1;
    while(cnt*2<=sum) cnt*=2;
    return cnt-1+dfs(sum-cnt);
}
int main(){    
    freopen("chocolate.in","r",stdin);
    freopen("chocolate.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    printf("%d\n",dfs(n));
    return 0;
}

T2 ：50

错因：队列数组开小应为1000*1000，实为1000

LYK 快跑！(run)
Time Limit:5000ms Memory Limit:64MB
题目描述
LYK 陷进了一个迷宫！ 这个迷宫是网格图形状的。 LYK 一开始在(1,1)位置， 出口在(n,m)。
而且这个迷宫里有很多怪兽，若第 a 行第 b 列有一个怪兽，且此时 LYK 处于第 c 行 d 列，此
时这个怪兽对它的威胁程度为|a-c|+|b-d|。
LYK 想找到一条路径，使得它能从(1,1)到达(n,m)，且在途中对它威胁程度最小的怪兽的
威胁程度尽可能大。
当然若起点或者终点处有怪兽时，无论路径长什么样，威胁程度最小的怪兽始终=0。
输入格式(run.in)
第一行两个数 n,m。
接下来 n 行，每行 m 个数，如果该数为 0，则表示该位置没有怪兽，否则存在怪兽。
数据保证至少存在一个怪兽。
输入格式(run.out)
一个数表示答案。
输入样例
3 4
0 1 1 0
0 0 0 0
1 1 1 0
输出样例
1
数据范围
对于 20%的数据 n=1。
对于 40%的数据 n<=2。
对于 60%的数据 n,m<=10。
对于 80%的数据 n,m<=100。
对于 90%的数据 n,m<=1000。
对于另外 10%的数据 n,m<=1000 且怪兽数量<=100。

bfs处理出每个点与距离最近怪兽的距离，二分答案，二分路径上的最小值用bfs进行检验

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
const int maxn = 1003; 
int que[maxn*maxn][2],cnt=0;
int map[maxn][maxn];
int dis[maxn][maxn];
struct Node{
    int x,y;
}node[400];
int fs[5]={1,0,-1,0,1};
int n,m;
void bfs() {
    int head=0,tail=cnt;
    while(head<=tail) {
        int x=que[++head][0],y=que[head][1];
        for(int i=0;i<4;i++) {
            int xx=x+fs[i],xy=y+fs[i+1];
            if(xx>=1&&xx<=n&&xy>=1&&xy<=m&&!map[xx][xy]&&!dis[xx][xy]) {
                dis[xx][xy]=dis[x][y]+1;
                que[++tail][0]=xx,que[tail][1]=xy;
            }
        }
    }
}
bool vis[maxn][maxn];
bool judge(int ans) {
    int head=0,tail=1;
    memset(que,0,sizeof que);
    memset(vis,0,sizeof vis);
    que[1][0]=1,que[1][1]=1,vis[1][1]=1;
    while(head<tail) {
        int x=que[++head][0],y=que[head][1];
        for(int i=0;i<4;i++) {
            int xx=x+fs[i],xy=y+fs[i+1];
            if(xx>=1&&xx<=n&&xy>=1&&xy<=m&&dis[xx][xy]>=ans&&!map[xx][xy]&&!vis[xx][xy]) {
                if(xx==n&&xy==m)return true;
                que[++tail][0]=xx,que[tail][1]=xy;vis[xx][xy]=1;
            }
        }
    }
    return false;
}
int main() {
    freopen("run.in","r",stdin);
    freopen("run.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++){
            scanf("%d",&map[i][j]);
            if(map[i][j]==1)que[++cnt][0]=i,que[cnt][1]=j;
            }
    if(map[1][1]||map[n][m]){
        puts("0");return 0;
    }
    bfs();
    int l=0,r=1000006;
    int ans;
    while(l<=r) {
        int mid=(l+r)/2;
        if(judge(mid)) {
            l=mid+1;
            ans=mid;
        }
        else r=mid-1;
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

 

T3 ： 20 

错因 不会....tarjan+乱搞

仙人掌(cactus)
Time Limit:1000ms Memory Limit:64MB
题目描述
LYK 在冲刺清华集训（THUSC） ！于是它开始研究仙人掌?，它想来和你一起分享它最近
研究的结果。
如果在一个无向连通图中任意一条边至多属于一个简单环 （简单环的定义为每个点至多
经过一次） ，且不存在自环，我们称这个图为仙人掌。
LYK 觉得仙人掌还是太简单了，于是它定义了属于自己的仙人掌。
定义一张图为美妙的仙人掌， 当且仅当这张图是一个仙人掌且对于任意两个不同的点 i,j，
存在一条从 i 出发到 j 的路径，且经过的点的个数为|j-i|+1 个。
给定一张 n 个点 m 条边且没有自环的图，LYK 想知道美妙的仙人掌最多有多少条边。
数据保证整张图至少存在一个美妙的仙人掌。
输入格式(cactus.in)
第一行两个数 n,m 表示这张图的点数和边数。
接下来 m 行，每行两个数 u,v 表示存在一条连接 u,v 的无向边。
输出格式(cactus.out)
一个数表示答案
输入样例
4 6
1 2
1 3
1 4
2 3
2 4
3 4
输出样例
4
样例解释
选择边 1-2,1-3,2-3,3-4，能组成美妙的仙人掌，且不存在其它美妙仙人掌有超过 4 条
边。
数据范围
对于 20%的数据 n<=3。
对于 40%的数据 n<=5。
对于 60%的数据 n<=8。
对于 80%的数据 n<=1000。
对于 100%的数据 n<=100000 且 m<=min(200000,n*(n-1)/2)。

对于i和i+1点要过2个点，即只能为这两个点之间直接有一条边，那么这n-1条连接i和i+1的边一定选，选完这些边之后正好满足

要在保证仙人掌的前提下多选边

保证边没有交集因为现在已经选了i到i+1的边其他的边会和现在已经选的边形成环，否则，两个边有交集，不满足仙人掌的性质，所以问题转化成了线段覆盖

#include<cstdio>
#include<algorithm> 
using namespace std;
const int maxn =200010;
int n,m,cnt,ans;
struct Edge{
    int x,y; 
    bool operator < (const Edge &x)const{
        return y<x.y;
    }
}edge[maxn*2];
int main()
{
    freopen("cactus.in","r",stdin);
    freopen("cactus.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int a,b,i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d",&a,&b);
        if(a>b)swap(a,b);
        if(a!=b-1)edge[++cnt].x=a,edge[cnt].y=b;
    }
    sort(edge+1,edge+cnt+1);
    int tail=-1;
    for(int i=1;i<=cnt;i++) {
        if(edge[i].x>=tail) {
            tail=edge[i].y;
            ans++;
        }
    }
    printf("%d\n",ans+n-1);
    return 0;
}