- 工资
(money/money.in/money.out)
时限1000ms 内存256MB
聪哥在暑假参加了打零工的活动，这个活动分为n个工作日，每个工作日的工资为Vi。有m个结算工钱的时间,聪哥可以自由安排这些时间，也就是说什么时候拿钱，老板说的不算，聪哥才有发言权！（因为聪哥是土豪，他是老板的老板）
聪哥不喜欢身上一次性有太多的钱，于是他想安排一下拿钱的时间，使他一次性拿的钱中最大的最小。（最后一天一定要领钱）
输入
第一行 2个数 n,m
接下来n行，每行一个数，代表Vi.
输出
最小的最大钱数。
样例输入
7 5
100
400
300
100
500
101
400
样例输出
500
样例说明
100 400//300 100//500//101//400//
“//”表示老大要去拿钱。
数据范围
20% 1<=n<=20
另 20% 1<=n<=50,Vi的和不超过1000
100% 1<=n<=100,000,m<=n,Vi<=10,000
二分
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define maxn 100010 using namespace std; int n,m,a[maxn],l,r,ans; bool Judge(int x){ int s=0,k=1; for(int i=1;i<=n;i++) if(s+a[i]>x){ k++;s=a[i]; } else s+=a[i]; return k<=m; } int main() { freopen("money.in","r",stdin); freopen("money.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",&a[i]); r+=a[i];l=max(l,a[i]); } while(l<=r){ int mid=(l+r)/2; if(Judge(mid)){ ans=mid;r=mid-1; } else l=mid+1; } printf("%d ",ans); return 0; }
第二题 藏妹子之处（excel）
问题描述：
今天CZY又找到了三个妹子，有着收藏爱好的他想要找三个地方将妹子们藏起来，将一片空地抽象成一个R行C列的表格，CZY要选出3个单元格。但要满足如下的两个条件：
（1）任意两个单元格都不在同一行。
（2）任意两个单元格都不在同一列。
选取格子存在一个花费，而这个花费是三个格子两两之间曼哈顿距离的和（如(x1,y1)和(x,y2)的曼哈顿距离为|x1-x2|+|y1-y2|）。狗狗想知道的是，花费在minT到maxT之间的方案数有多少。
答案模1000000007。所谓的两种不同方案是指：只要它选中的单元格有一个不同，就认为是不同的方案。
输入格式：
一行，4个整数，R、C、minT、maxT。3≤R,C≤4000, 1≤minT≤maxT≤20000。
对于30%的数据, 3 ≤ R, C ≤ 70。
输出格式:
一个整数，表示不同的选择方案数量模1000000007后的结果。
输入输出样例：
|
输入样例 |
3 3 1 20000 |
3 3 4 7 |
4 6 9 12 |
7 5 13 18 |
4000 4000 4000 14000 |
|
输出样例 |
6 |
0 |
264 |
1212 |
859690013 |
n^4暴力
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define ll long long #define mod 1000000007 using namespace std; ll n,m,L,R,a,b,c,d,ans; int main() { freopen("excel.in","r",stdin); freopen("excel.out","w",stdout); cin>>n>>m>>L>>R; for(a=1;a<=n;a++) for(ll b=a+2;b<=n;b++) for(c=1;c<=m;c++) for(ll d=c+2;d<=m;d++){ ll s=2*(b-a+d-c); if(s>=L&&s<=R)ans=(ans+6*(b-a-1)%mod*(d-c-1)%mod)%mod; } cout<<ans%mod<<endl; return 0; }
n^2
/* 已经想到了^4的做法却没想出正解 感觉很接近了 QAQ 其实每次算的时候用的只是坐标的差 化成矩形的话就是矩形的边长 每种一样大的对答案的贡献还有距离是固定的 所以 枚举矩形.... */ #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define ll long long #define mod 1000000007 using namespace std; ll n,m,L,R,ans; int main() { freopen("excel.in","r",stdin); freopen("excel.out","w",stdout); cin>>n>>m>>L>>R; for(int i=3;i<=n;i++) for(int j=3;j<=m;j++){ ll s=(i+j-2)*2; if(s>=L&&s<=R)ans=(ans+(n-i+1)*(m-j+1)%mod*(i-2)%mod*(j-2)%mod*6)%mod; } cout<<ans<<endl; return 0; }
题目描述(临时换了个T3)
设T=(V, E, W) 是一个无圈且连通的无向图（也称为无根树），每条边到有正整数的权，我们称T为树网（treebetwork），其中V，E分别表示结点与边的集合，W表示各边长度的集合，并设T有n个结点。
路径：树网中任何两结点a，b都存在唯一的一条简单路径，用d(a, b)表示以a, b为端点的路径的长度，它是该路径上各边长度之和。我们称d(a, b)为a, b两结点间的距离。
D(v, P)=min{d(v, u), u为路径P上的结点}。
树网的直径：树网中最长的路径成为树网的直径。对于给定的树网T，直径不一定是唯一的，但可以证明：各直径的中点（不一定恰好是某个结点，可能在某条边的内部）是唯一的，我们称该点为树网的中心。
偏心距ECC(F)：树网T中距路径F最远的结点到路径F的距离，即
ECC(F)=max{d(v, F)，v∈V}
任务：对于给定的树网T=(V, E, W)和非负整数s，求一个路径F，他是某直径上的一段路径（该路径两端均为树网中的结点），其长度不超过s（可以等于s），使偏心距ECC(F)最小。我们称这个路径为树网T=(V, E, W)的核（Core）。必要时，F可以退化为某个结点。一般来说，在上述定义下，核不一定只有一个，但最小偏心距是唯一的。
下面的图给出了树网的一个实例。图中，A-B与A-C是两条直径，长度均为20。点W是树网的中心，EF边的长度为5。如果指定s=11，则树网的核为路径DEFG（也可以取为路径DEF），偏心距为8。如果指定s=0（或s=1、s=2），则树网的核为结点F，偏心距为12。
输入输出格式
输入格式：
输入文件core.in包含n行：
第1行，两个正整数n和s，中间用一个空格隔开。其中n为树网结点的个数，s为树网的核的长度的上界。设结点编号以此为1，2，……，n。
从第2行到第n行，每行给出3个用空格隔开的正整数，依次表示每一条边的两个端点编号和长度。例如，“2 4 7”表示连接结点2与4的边的长度为7。
所给的数据都是争取的，不必检验。
输出格式：
输出文件core.out只有一个非负整数，为指定意义下的最小偏心距。
输入输出样例
输入样例#1：
【输入样例1】
5 2
1 2 5
2 3 2
2 4 4
2 5 3
【输入样例2】
8 6
1 3 2
2 3 2
3 4 6
4 5 3
4 6 4
4 7 2
7 8 3
输出样例#1：
【输出样例1】
5
【输出样例2】
5
说明
40%的数据满足：5<=n<=15
70%的数据满足：5<=n<=80
100%的数据满足：5<=n<=300，0<=s<=1000。边长度为不超过1000的正整数
暴力
/*难道十年前的题都这么水~~*/ #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define maxn 310 using namespace std; int n,s,inf,g[maxn][maxn],f[maxn][maxn],c[maxn],vis[maxn],l,r,falg,ans,s1,s2; void Init(){ scanf("%d%d",&n,&s); memset(g,127/3,sizeof(g)); int u,v,t;inf=g[0][0]; for(int i=1;i<=n;i++)g[i][i]=0; for(int i=1;i<n;i++){ scanf("%d%d%d",&u,&v,&t); g[u][v]=t;g[v][u]=t; f[u][v]=f[v][u]=1; } } void Floyed(){ for(int k=1;k<=n;k++) for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) g[i][j]=min(g[i][j],g[i][k]+g[k][j]); } void Dfs(int now,int from,int num){ c[num]=now; if(now==r){ c[0]=num; falg=1;return; } for(int i=1;i<=n;i++) if(f[now][i]==1&&i!=from){ Dfs(i,now,num+1); if(falg)return; } } void Get_(){ int mx=0; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=i+1;j<=n;j++) if(g[i][j]!=inf&&g[i][j]>mx){ mx=g[i][j];l=i;r=j; } Dfs(l,0,1); } void dfs1(int now,int from,int sum){ if(now!=l)s1=max(s1,sum); for(int i=1;i<=n;i++){ if(vis[i]||i==from||f[now][i]==0)continue; dfs1(i,now,sum+g[now][i]); } } void dfs2(int now,int from,int sum){ if(now!=r)s2=max(s2,sum); for(int i=1;i<=n;i++){ if(vis[i]||i==from||f[now][i]==0)continue; dfs2(i,now,sum+g[now][i]); } } int Solve(){ ans=inf; for(int i=1;i<=c[0];i++) for(int j=i;j<=c[0];j++){ if(g[c[i]][c[j]]>s)continue; memset(vis,0,sizeof(vis)); for(int k=i;k<=j;k++)vis[c[k]]=1; l=c[i];r=c[j];s1=s2=0; dfs1(l,0,0);dfs2(r,0,0); ans=min(ans,max(s1,s2)); } return ans; } int main() { Init();Floyed();Get_(); printf("%d ",Solve()); return 0; }