2018_9_15 模拟赛

前言：OTL

JZOJ 5461 购物

题目

有m块钱，k张优惠券，n个物品每个物品原价 P i P_i Pi​元，优惠价 Q i Q_i Qi​元，问最多可以买多少个物品(优惠券每个物品最多使用一次)

分析

k k k张优惠券能用完肯定尽量用完，所以可以想到维护一个以优惠差值的大小为顺序的堆，首先先插入优惠价最小的 k k k个商品，然后不断地把堆中的商品变成原价或把新的商品变成优惠价，其实就是运用了贪心的思想并用堆维护

代码

#include <cstdio>
#include <queue>
#include <algorithm>
#define rr register
using namespace std;
struct rec{
    int p,q;
    bool operator<(const rec &x)const{
    	return p-q<x.p-x.q;
	}
}a[50001]; priority_queue<rec>Q;
int n,k,ans; long long m;
int in(){
	rr int ans=0; rr char c=getchar();
	while (c<48||c>57) c=getchar();
	while (c>47&&c<58) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+c-48,c=getchar();
	return ans;
}
bool cmp(rec x,rec y){return x.q<y.q;}
int main(){
	n=in(); k=in(); scanf("%lld",&m);
	for (rr int i=1;i<=n;i++) a[i]=(rec){in(),in()};
	sort(a+1,a+1+n,cmp); rr priority_queue<int>q;
	for (rr int i=1;i<=n;i++)
	if (Q.size()<k&&m>=a[i].q) m-=a[i].q,ans++,Q.push(a[i]);//k个优惠商品未插入完
	else if (Q.size()==k){
		rr rec x=Q.top();
		if (x.p-x.q+a[i].q<a[i].p){//补差值
			Q.pop(); Q.push(a[i]);
			m-=a[i].q-x.q;
			if (m>=x.p)	m-=x.p,ans++,q.push(x.p);//新增原价商品
			else if (q.size()&&q.top()>x.p){//找出一样价格低的商品替换
				rr int y=q.top(); q.pop(); q.push(x.p);
				m+=y-x.p;
			}
		}
		else if (m>=a[i].p) m-=a[i].p,ans++,q.push(a[i].p);//原价商品
		else if (q.size()&&q.top()>a[i].p){//找出一样价格低的商品替换
			rr int y=q.top(); q.pop(); q.push(a[i].p);
			m+=y-a[i].p;
		}
	}
	return !printf("%d",ans);
}
           

JZOJ 5455 拆网线

题目

在一棵 n n n个节点上的树上取 k k k个节点，至少保留多少条边能使树上的连通点数不少于2且两两配对

分析

由于树上的父节点<子节点，虽然从根节点跑是行不通的，但是可以从最后一个节点与所连边进行匹配（两两配对），那么以下会分为三种情况

1. 配对组数 × 2 = \times2= ×2=保留的节点数，那么配对组数即为答案
2. 配对组数 × 2 &lt; \times2&lt; ×2<保留的节点数，那么需要新增一些边，新增的数量为(保留节点数-配对组数 × 2 \times2 ×2) ÷ 2 \div2 ÷2
3. 否则需要删除一些边，删除的数量为(配对组数 × 2 \times2 ×2-保留节点数) ÷ 2 \div2 ÷2

代码

#include <cstdio>
#define rr register
int in(){
	int ans=0; char c=getchar();
	while (c<48||c>57) c=getchar();
	while (c>47&&c<58) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+c-48,c=getchar();
	return ans;
}
void print(int ans){
	if (ans>9) print(ans/10);
	putchar(ans%10+48);
}
int main(){
    rr int t=in();
    while (t--){
    	rr int n=in(),k=in(),e[n],ans=0; rr bool v[n]; v[0]=0;
    	for (rr int i=1;i<n;i++) e[i]=in()-1;
    	for (rr int i=n-1;i;i--)
    	if (!v[i]&&!v[e[i]]) ans++,v[e[i]]=1;//两两配对（逆向）
    	if (ans*2<k) ans+=k-ans*2; else if (ans*2>k) ans-=(ans*2-k)/2;//多出的或少的
    	if (ans) print(ans); else putchar(48); putchar(10);
	}
	return 0;
}
           

JZOJ 5459 密室

题目

在一个有向图中，每个点都能获得若干种钥匙，而若要到其它点需要特定的钥匙用来走单向边（钥匙不会消失），问最少经过多少条边从起点走向终点

分析

这些钥匙是否存在可以用二进制表示，当然，按照这样的思维，可以用 s p f a spfa spfa完成这道题，当然需要修改一些地方。

伪代码

while (q.size()){
		rr int u=q.front().first,t=q.front().second; q.pop();
		for (rr int i=ls[u];i;i=e[i].next)
		if ((t&e[i].w)==e[i].w&&dis[e[i].y][t|a[e[i].y]]>dis[u][t]+1){//除了正常的松弛操作，还要判断是否存在
			dis[e[i].y][t|a[e[i].y]]=dis[u][t]+1;
			if (!v[e[i].y][t|a[e[i].y]])//多的钥匙用按位或得到
			v[e[i].y][t|a[e[i].y]]=1,q.push(std::make_pair(e[i].y,t|a[e[i].y]));
		}
		v[u][t]=0;
	}
           

当然讲了这么多最后判断最小值就可以了

思考：对空间的优化（我不打是因为我不会）

代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#define rr register
struct node{int y,w,next;}e[6001]; std::queue<std::pair<int,int> >q;
int n,m,k,dis[5001][1024],ls[5001],a[5001],ans=2147483647; bool v[5001][1024];
int in(){
	int ans=0; char c=getchar();
	while (c<48||c>57) c=getchar();
	while (c>47&&c<58) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+c-48,c=getchar();
	return ans;
}
int min(int a,int b){return (a<b)?a:b;}
int main(){
    n=in(); m=in(); k=in();
    if (n==1) return !putchar('0');//特判
    for (rr int i=1;i<=n;i++)
    for (rr int j=k;j>=1;j--) if (in()) a[i]|=1<<j-1;//输入点权
    for (rr int i=1;i<=m;i++){
    	rr int x=in();
    	e[i]=(node){in(),0,ls[x]}; ls[x]=i; //邻接表
    	for (rr int j=k;j>=1;j--) if (in()) e[i].w|=1<<j-1;
	}
	memset(dis,127/3,sizeof(dis)); q.push(std::make_pair(1,a[1])); v[1][a[1]]=1; dis[1][a[1]]=0;
	while (q.size()){
		rr int u=q.front().first,t=q.front().second; q.pop();
		for (rr int i=ls[u];i;i=e[i].next)
		if ((t&e[i].w)==e[i].w&&dis[e[i].y][t|a[e[i].y]]>dis[u][t]+1){//松弛
			dis[e[i].y][t|a[e[i].y]]=dis[u][t]+1;
			if (!v[e[i].y][t|a[e[i].y]])
			v[e[i].y][t|a[e[i].y]]=1,q.push(std::make_pair(e[i].y,t|a[e[i].y]));//加入队列
		}
		v[u][t]=0;
	}
	for (rr int i=0;i<1<<k;i++) ans=min(ans,dis[n][i]);//求最小值
	if (ans==707406378) printf("No Solution"); else printf("%d",ans);
	return 0;
}
           

后续：