完美的序列(sequence)
题目描述
LYK认为一个完美的序列要满足这样的条件：对于任意两个位置上的数都不相同。然而并不是所有的序列都满足这样的条件。
于是LYK想将序列上的每一个元素都增加一些数字(当然也可以选择不增加)，使得整个序列变成美妙的序列。
具体地，LYK可以花费 11 点代价将第 ii 个位置上的数增加 11 ，现在LYK想花费最小的代价使得将这个序列变成完美的序列。
输入输出格式
输入格式：
第一行一个数nn，表示数字个数。
接下来一行nn个数a_iai表示LYK得到的序列。
输出格式：
一个数表示变成完美的序列的最小代价。
输入输出样例
4
1 1 3 2
3
说明
对于30\%30%的数据n leq 5n≤5。
对于60\%60%的数据n leq 1000n≤1000。
对于80\%80%的数据n leq 30000n≤30000，a_i leq 3000ai≤3000。
对于100\%100%的数据n leq 100000n≤100000，1leq a_i leq 1000001≤ai≤100000。
题解：
80分贪心..每次加到最小的没有出现的....
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; int n,ans,a[100005],apper[100005]; int main(){ freopen("sequence.in","r",stdin); freopen("sequence.out","w",stdout); scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]); sort(a+1,a+n+1); for(int i=1;i<=n;i++){ if(apper[a[i]]==0){ apper[a[i]]=1; continue; } while(apper[a[i]]){ ans++;a[i]++; } apper[a[i]]=1; } printf("%d ",ans); fclose(stdin);fclose(stdout); return 0; }
正解：贪心...从小到大排序..最后的序列一定是一个递增的...每次加到刚刚好就可以
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #define maxn 100006 using namespace std; int n,a[maxn]; long long ans; int main(){ scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]); sort(a+1,a+n+1); for(int i=2;i<=n;i++){ if(a[i]<=a[i-1]){ ans+=(a[i-1]-a[i]+1); a[i]=a[i-1]+1; } } cout<<ans<<endl; return 0; }
LYK与实验室(lab)
题目描述
LYK在一幢大楼里，这幢大楼共有 nn 层，LYK初始时在第 aa 层上。
这幢大楼有一个秘密实验室，在第 bb 层，这个实验室非常特别，对LYK具有约束作用，即若LYK当前处于 xx 层，当它下一步想到达 yy 层时，必须满足 |x-y|<|x-b|∣x−y∣<∣x−b∣，而且由于实验室是不对外开放的，电梯无法停留在第bb层。 LYK想做一次旅行，即它想按 kk 次电梯，它想知道不同的旅行方案个数有多少个。
两个旅行方案不同当前仅当存在某一次按下电梯后停留的楼层不同。
输入输出格式
输入格式：
一行4个数，n,a,b,kn,a,b,k。
输出格式：
一个数表示答案，由于答案较大，将答案对10000000071000000007取模后输出。
输入输出样例
5 2 4 1
2
5 2 4 2
2
5 3 4 1
0
说明
对于20\%20%的数据n,kleq 5n,k≤5。
对于40\%40%的数据n,kleq 10n,k≤10。
对于60\%60%的数据n,kleq 500n,k≤500。
对于90\%90%的数据n,k leq 2000n,k≤2000。
对于100\%100%的数据n,k leq 5000n,k≤5000。
题解：
40分 暴力搜索
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #define mod 1000000007LL using namespace std; long long ans; int n,a,b,g; void dfs(int now,int k){ if(now==b)return; if(k==g){ ans++; ans=ans%mod; return; } for(int i=now-1;i>=1;i--){ if(abs(now-i)<abs(now-b)) dfs(i,k+1); else break; } for(int i=now+1;i<=n;i++){ if(abs(now-i)<abs(now-b)) dfs(i,k+1); } } int main(){ freopen("lab.in","r",stdin); freopen("lab.out","w",stdout); scanf("%d%d%d%d",&n,&a,&b,&g); //n层电梯 开始在a层 实验室在b层 按g次电梯。 dfs(a,0); cout<<ans<<endl; fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; }
60分O(n^3)dp
f[i][j]表示摁k次到达j的情况总数....
转移方程：f[i][j]+f[i-1][l]....l是能到达j的
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define mod 1000000007LL using namespace std; int n,a,b,k; long long ans; int f[2001][2001]; int zs(int x){ if(x<0)return -x; return x; } int main(){ scanf("%d%d%d%d",&n,&a,&b,&k); f[0][a]=1; for(int i=1;i<=k;i++){ for(int j=1;j<=n;j++){ if(j==b)continue; for(int l=1;l<=n;l++){ if(l==b||l==j)continue; if(zs(l-j)<zs(l-b)){ f[i][j]=f[i][j]+f[i-1][l]; f[i][j]%=mod; } } } } for(int i=1;i<=n;i++)ans=(ans%mod+f[k][i]%mod)%mod; cout<<ans<<endl; return 0; }
100分 前缀和优化+压维
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstdlib> #define N 5010 #define mod 1000000007 using namespace std; int n,a,b,m,dp[2][N],s[2][N]; int main() { scanf("%d%d%d%d",&n,&a,&b,&m); dp[0][a]=1; for(int i=a;i<=n;i++)s[0][i]=1; for(int i=1;i<=m;i++) for(int j=1;j<=n;j++) { int limit; if(j>b)limit=j-(j-b-1)/2, dp[i%2][j]=((s[(i+1)%2][n]-s[(i+1)%2][j-(j-b-1)/2-1]-dp[(i+1)%2][j])%mod+mod)%mod; if(j<b)limit=j+(b-j-1)/2, dp[i%2][j]=((s[(i+1)%2][j+(b-j-1)/2]-dp[(i+1)%2][j])%mod+mod)%mod; s[i%2][j]=(s[i%2][j-1]+dp[i%2][j])%mod; } int ans=0; for(int i=1;i<=n;i++) ans+=dp[m%2][i],ans%=mod; printf("%d",ans); return 0; }
旅行(travel)
题目描述
LYK想去一个国家旅行。这个国家共有 nn 个城市，有些城市之间存在道路，我们假定这些道路长度都是 11 的，更准确的说，共有 mm 条道路。
我们定义城市AA与城市BB的最短路为AA到BB的所有路径中，经过的道路最少的那条道路。最短路的长度为这条道路的所有道路长度之和，由于所有道路长度都为 11，因此假如AA到BB之间最短路的道路条数为 kk，则A到B的最短路长度为 kk。
我们定义整个国家的最短路为任意两个城市（A,BA,B与B,AB,A算作不同的点对）之间的最短路长度的和。
然而这个国家正处于危乱之中，极有可能一条道路会被恐怖分子炸毁。
LYK想知道，万一某条道路被炸毁了，整个国家的最短路为多少。若炸毁这条道路后整个国家不连通了，那么就输出“INF”(不加引号)。
输入输出格式
输入格式：
第一行两个数n,mn,m。
接下来mm行，每行两个数u,vu,v，表示存在一条道路连接u,vu,v(数据保证不存在自环)。
输出格式：
输出mm行，第 ii 行的值表示当第i条道路被炸毁时，整个国家的最短路是多少，若图不连通，则输出“INF”。
输入输出样例
2 2
1 2
1 2
2
2
说明
对于20\%20%的数据n leq 10,n leq mleq100n≤10,n≤m≤100。
对于40\%40%的数据1leq n<m leq 1001≤n<m≤100。
对于70\%70%的数据1leq n leq 100,n<m leq 30001≤n≤100,n<m≤3000。
对于再另外10\%10%的数据对于所有节点i(1leq i < n)i(1≤i<n)，存在一条边连接 ii 与i+1i+1，且n=mn=m，n leq 100n≤100。
对于再另外10\%10%的数据对于所有节点i(1leq i < n)i(1≤i<n)，存在一条边连接 ii 与i+1i+1，且n=mn=m，n leq 1000n≤1000。
对于再另外10\%10%的数据对于所有节点i(1leq i < n)i(1≤i<n)，存在一条边连接 ii 与i+1i+1，且n=mn=m，n leq 100000n≤100000。
题解：暴力30分
每次切边然后弗洛伊德....时间复杂度... mn^3.....
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; int n,m,ans; int f[333][333],d[333][333]; struct WW { int x,y; } e[3002]; void cut(int ii) { int x=e[ii].x,y=e[ii].y; f[x][y]--; f[y][x]--; } void huifu(int ii) { int x=e[ii].x,y=e[ii].y; f[x][y]++; f[y][x]++; } /*void debug(){ for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=i+1;j<=n;j++){ cout<<i<<" "<<j<<" "<<d[i][j]<<endl; } } }*/ void floyed() { int flag=0; memset(d,0x3f,sizeof(d)); for(int i=1; i<=n; i++) { d[i][i]=0; for(int j=i+1; j<=n; j++) { if(f[i][j])d[i][j]=d[j][i]=1; } } for(int k=1; k<=n; k++) for(int i=1; i<=n; i++) for(int j=1; j<=n; j++) d[i][j]=min(d[i][j],d[i][k]+d[k][j]); // debug(); for(int i=1; i<=n; i++) { for(int j=1; j<=n; j++) if(d[i][j]==0x3f3f3f3f) { flag=1; break; } else ans+=d[i][j]; if(flag) { printf("INF "); break; } } if(flag==0) { printf("%d ",ans); } } int main() { freopen("travel.in","r",stdin); freopen("travel.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1; i<=m; i++) { scanf("%d%d",&e[i].x,&e[i].y); int x=e[i].x,y=e[i].y; f[x][y]++; f[y][x]++; } for(int i=1; i<=m; i++) { ans=0; cut(i); floyed(); huifu(i); } fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; }
正解：先bfs计算出每个点到某个点的最短路径,然后枚举删边..如果删的这条边在
最短路上那么就重新求这个最短路...正解容斥原理..弃疗...
code 50分
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<queue> #define LL long long #define inf 100000000 #define maxn 3005 using namespace std; queue<int>q; int n,m,sumedge; LL ans; int head[maxn],dis[maxn],inq[maxn],pre[maxn][maxn],sum[maxn]; struct Edge{ int x,y,nxt; Edge(int x=0,int y=0,int nxt=0): x(x),y(y),nxt(nxt){} }edge[maxn<<2]; void add(int x,int y){ edge[++sumedge]=Edge(x,y,head[x]); head[x]=sumedge; } void bfs(int st){ while(!q.empty())q.pop(); memset(dis,0,sizeof(dis)); memset(inq,0,sizeof(inq)); inq[st]=1;q.push(st); while(!q.empty()){ int now=q.front();q.pop(); for(int i=head[now];i;i=edge[i].nxt){ int v=edge[i].y; if(inq[v]==0){ inq[v]=1; pre[st][v]=now; dis[v]=dis[now]+1; q.push(v); } } } for(int i=1;i<=n;i++)sum[st]+=dis[i]; } void spfa(int st,int cutedge){ memset(inq,0,sizeof(inq)); for(int i=1;i<=n;i++)dis[i]=inf; dis[st]=0;inq[st]=1; while(!q.empty())q.pop(); q.push(st); while(!q.empty()){ int now=q.front();q.pop(); for(int i=head[now];i;i=edge[i].nxt){ if(i==cutedge||i==cutedge+1)continue; int v=edge[i].y; if(inq[v]==0){ dis[v]=dis[now]+1; inq[v]=1; q.push(v); } } } } int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=m;i++){ int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); add(x,y);add(y,x); } for(int i=1;i<=n;i++)bfs(i); for(int i=1;i<=m*2;i+=2){ int u=edge[i].x,v=edge[i].y; LL ans=0; for(int j=1;j<=n;j++){ if(pre[j][u]==v||pre[j][v]==u){ spfa(j,i); for(int k=1;k<=n;k++)ans+=dis[k]; }else ans+=sum[j]; } if(ans<inf){ cout<<ans<<endl; }else printf("INF "); } return 0; }