Week 11

本文介绍了洛谷平台上的几个编程题目,涉及动态规划求解最优化路径、01背包问题求解方案数、基于天平的砝码称重问题以及寻找最大正方形和环境治理的策略。这些问题都涉及到计算和优化问题,需要利用动态规划和图论知识来解决。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

洛谷P1796 汤姆斯的天堂梦

题目描述

汤姆斯生活在一个等级为 000 的星球上。那里的环境极其恶劣,每天 121212 小时的工作和成堆的垃圾让人忍无可忍。他向往着等级为 NNN 的星球上天堂般的生活。

有一些航班将人从低等级的星球送上高一级的星球,有时需要向驾驶员支付一定金额的费用,有时却又可以得到一定的金钱。

汤姆斯预先知道了从 000 等级星球去 NNN 等级星球所有的航线和需要支付(或者可以得到)的金钱,他想寻找一条价格最低(甚至获得金钱最多)的航线。

输入格式

第一行一个正整数 NNNN≤100N \le 100N100),接下来的数据可分为 NNN 个段落,每段的第一行一个整数 KiK_iKiKi≤100K_i \le 100Ki100),表示等级为 iii 的星球有 KiK_iKi 个。

接下来的 KiK_iKi 行中第 jjj 行依次表示与等级为 iii,编号为 jjj 的星球相连的等级为 i−1i - 1i1 的星球的编号和此航线需要的费用(正数表示支出,负数表示收益,费用的绝对值不超过 100010001000)。

每行以 000 结束,每行的航线数 ≤100\le 100100

输出格式

输出所需(或所得)费用。正数表示支出,负数表示收益。

样例 #1

样例输入 #1

3
2
1 15 0
1 5 0
3
1 -5 2 10 0
1 3 0
2 40 0
2
1 1 2 5 3 -5 0
2 -19 3 -20 0

样例输出 #1

-1

提示

对于 100%100 \%100% 的数据,1≤N≤1001 \le N \le 1001N1001≤Ki≤1001 \le K_i \le 1001Ki100

样例解释:

思路: 这题一眼看过去是跟图论有关的题,但根据题意,等级为 i 的星球只能由等级为 i - 1 的星球到达,因此可以用动态规划来解决。设 dp[i][j] 为登上等级为 i 编号为 j 的星球的最低价格,则状态转移方程为

dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i - 1][k] + v),其中k为星球编号,v为价格

代码:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, k, dp[105][105], ans = 0x3f3f3f3f;
int main(){
    cin >> n;
    memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
    dp[0][1] = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        cin >> k;
        for(int j = 1; j <= k; j++){
            int a;
            cin >> a;
            while(a){
                int b;
                cin >> b;
                dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i - 1][a] + b);
                cin >> a;
            }
        }
    }
    for(int i = 1; i <= k; i++){
        ans = min(ans, dp[n][i]);
    }
    cout << ans;
    return 0;
}

洛谷P1806 跑步

题目描述

路人甲准备跑 nnn 圈来锻炼自己的身体,他准备分多次(>1\gt1>1)跑完,每次都跑正整数圈,然后休息下再继续跑。

为了有效地提高自己的体能,他决定每次跑的圈数都必须比上次跑的多。

可以假设他刚开始跑了 000 圈,那么请问他可以有多少种跑完这 nnn 圈的方案?

输入格式

一行一个整数,代表 nnn

输出格式

一个整数表示跑完这 nnn 圈的方案数。

样例 #1

样例输入 #1

212

样例输出 #1

995645335

提示

数据规模与约定

对于 100%100\%100% 的数据,保证 5≤n≤5005\le n\le 5005n500

思路: 用背包问题的思路就可以顺利解决。设 dp[i][j] 为跑前 i 圈且最后一圈跑了 j 圈的方案数,则状态转移方程为

dp[i][j] = dp[i - j][1] + dp[i - j][2] + … + dp[i - j][k], 其中k <= i - j 且k < j

代码:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n, dp[505][505], ans;
int main(){
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        dp[i][i] = 1;
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        for(int j = 1; j < i; j++){
            for(int k = 1; k <= i - j && k < j; k++){
                dp[i][j] += dp[i - j][k];
            }
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        ans += dp[n][i];
    }
    cout << ans - 1;
    return 0;
}

洛谷P8742 [蓝桥杯 2021 省 AB] 砝码称重

题目描述

你有一架天平和 NNN 个砝码, 这 NNN 个砝码重量依次是 W1,W2,⋯ ,WNW_{1}, W_{2}, \cdots, W_{N}W1,W2,,WN 。 请你计算一共可以称出多少种不同的重量?

注意砝码可以放在天平两边。

输入格式

输入的第一行包含一个整数 NNN

第二行包含 NNN 个整数: W1,W2,W3,⋯ ,WNW_{1}, W_{2}, W_{3}, \cdots, W_{N}W1,W2,W3,,WN

输出格式

输出一个整数代表答案。

样例 #1

样例输入 #1

3
1 4 6

样例输出 #1

10

提示

【样例说明】

能称出的 10 种重量是: 1、2、3、4、5、6、7、9、10、111 、 2 、 3 、 4 、 5 、 6 、 7 、 9 、 10 、 11123456791011

1=12=6−4( 天平一边放 6, 另一边放 4) 3=4−14=45=6−16=67=1+69=4+6−110=4+611=1+4+6 \begin{aligned} &1=1 \\ &2=6-4(\text { 天平一边放 } 6, \text { 另一边放 4) } \\ &3=4-1 \\ &4=4 \\ &5=6-1 \\ &6=6 \\ &7=1+6 \\ &9=4+6-1 \\ &10=4+6 \\ &11=1+4+6 \end{aligned} 1=12=64( 天平一边放 6, 另一边放 4) 3=414=45=616=67=1+69=4+6110=4+611=1+4+6

【评测用例规模与约定】

对于 50%50 \%50% 的评测用例, 1≤N≤151 \leq N \leq 151N15

对于所有评测用例, 1≤N≤100,N1 \leq N \leq 100, N1N100,N 个砝码总重不超过 10510^5105

蓝桥杯 2021 第一轮省赛 A 组 F 题(B 组 G 题)。

思路: 一道01背包问题。用 dp[i][j] 表示用前 i 个砝码能否称出 j 的重量,w[i] 为 第 i 个砝码的重量,则状态转移方程为

if(dp[i - 1][j + w[i]]) dp[i][j] = true;
else if(dp[i - 1][abs(j - w[i])]) dp[i][j] = true;
else dp[i][j] = dp[i - 1][j];

由于砝码能放在天平两边,因此要用abs(j - w[i])来表示称出的重量

代码:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, w[105], maxx, ans;
bool dp[105][200005];
int main(){
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        cin >> w[i];
        maxx += w[i];//最大重量
    }
    dp[0][0] = true;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        for(int j = 0; j <= maxx; j++){
            if(dp[i - 1][j + w[i]]) dp[i][j] = true;
            else if(dp[i - 1][abs(j - w[i])]) dp[i][j] = true;
            else dp[i][j] = dp[i - 1][j];
        }
    }
    for(int i = 0; i <= maxx; i++){
        if(dp[n][i]) ans++;
    }
    cout << ans - 1;
    return 0;
}

洛谷P1959 遗址

题目描述

很久很久以前有一座寺庙,从上往下看寺庙的形状正好是一个正方形,由 444 个角上竖立的圆柱搭建而成。现在圆柱都倒塌了,只在地上留下圆形的痕迹,可是现在地上有很多这样的痕迹,专家说一定是最大的那个。

写一个程序,给出圆柱的坐标,找出由 444 个圆柱构成的最大的正方形,因为这就是寺庙的位置,要求计算出最大的面积。注意正方形的边不一定平行于坐标轴。

例如图有 101010 根柱子,其中 (4,2),(5,2),(5,3),(4,3)(4,2),(5,2),(5,3),(4,3)(4,2),(5,2),(5,3),(4,3) 可以形成一个正方形,(1,1),(4,0),(5,3),(2,4)(1,1),(4,0),(5,3),(2,4)(1,1),(4,0),(5,3),(2,4) 也可以,后者是其中最大的,面积为 101010

输入格式

第一行包含一个 N(1≤N≤3000)N(1\leq N\leq 3000)N(1N3000),表示柱子的数量。

接下来 NNN 行,每行有两个空格隔开的整数表示柱子的坐标(坐标值在 000500050005000 之间),柱子的位置互不相同。

输出格式

如果存在正方形,输出最大的面积,否则输出 000

样例 #1

样例输入 #1

10
 9 4
 4 3
 1 1
 4 2
 2 4
 5 8
 4 0
 5 3
 0 5
 5 2

样例输出 #1

10

提示

【数据范围】

30%30\%30% 满足:1≤N≤1001\leq N \leq1001N100

60%60\%60% 满足:1≤N≤5001\leq N \leq5001N500

100%100\%100% 满足:1≤N≤30001\leq N \leq30001N3000

思路: 首先观察数据范围,由于 1≤N≤30001\leq N \leq30001N3000,所以在搜索正方形的顶点时时间复杂度最多只能为O(n^2),即只搜索正方形的其中两个顶点。再通过观察可知,设正方形第一个顶点坐标(x1, y1),第二个顶点坐标(x2, y2),则第三个顶点可表示为(x1 ± (y1 - y2), y1 ± (x1 - x2)),第四个顶点可表示为(x2 ± (y1 - y2), y2 ± (x1 - x2))。最后直接用两层for循环搜索所有点即可。注意要判断所有点不能超出给定的坐标范围。

代码:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
bool mp[5005][5005];
int n, ans;
struct pole{
    int x, y;
} p[3005];
int check(int a, int b){
    int x1 = p[a].x, x2 = p[b].x, y1 = p[a].y, y2 = p[b].y;
    int dx = x1 - x2, dy = y1 - y2;
    bool flag1 = false, flag2 = false;
    if(x1 + dy < 0 || x1 + dy > 5000 || y1 - dx < 0 || y1 - dx > 5000 || x2 + dy < 0 || x2 + dy > 5000 || y2 - dx < 0 || y2 - dx > 5000 ) flag1 = true;
    if(x1 - dy < 0 || x1 - dy > 5000 || y1 + dx < 0 || y1 + dx > 5000 || x2 - dy < 0 || x2 - dy > 5000 || y2 + dx < 0 || y2 + dx > 5000 ) flag2 = true;
    if(!flag1 && (mp[x1 + dy][y1 - dx] && mp[x2 + dy][y2 - dx])) return dx * dx + dy * dy;
    if(!flag2 && (mp[x1 - dy][y1 + dx] && mp[x2 - dy][y2 + dx])) return dx * dx + dy * dy;
    else return 0;
}
int main(){
    cin >> n;
    for(int i = 0; i < n; i++){
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        mp[a][b] = true;
        p[i] = {a, b};
    }
    for(int i = 0; i < n; i++){
        for(int j = i + 1; j < n; j++){
            ans = max(ans, check(i, j));
        }
    }
    cout << ans;
    return 0;
}

洛谷P8794 [蓝桥杯 2022 国 A] 环境治理

题目描述

LQ 国拥有 nnn 个城市,从 000n−1n - 1n1 编号,这 nnn 个城市两两之间都有且仅有一条双向道路连接,这意味着任意两个城市之间都是可达的。每条道路都有一个属性 DDD,表示这条道路的灰尘度。当从一个城市 A 前往另一个城市 B 时,可能存在多条路线,每条路线的灰尘度定义为这条路线所经过的所有道路的灰尘度之和,LQ 国的人都很讨厌灰尘,所以他们总会优先选择灰尘度最小的路线。

LQ 国很看重居民的出行环境,他们用一个指标 PPP 来衡量 LQ 国的出行环境,PPP 定义为:

P=∑i=0n−1∑j=0n−1d(i,j)P=\sum \limits_{i=0}^{n-1} \sum \limits_{j=0}^{n-1} d(i,j)P=i=0n1j=0n1d(i,j)

其中 d(i,j)d(i,j)d(i,j) 表示城市 iii 到城市 jjj 之间灰尘度最小的路线对应的灰尘度的值。

为了改善出行环境,每个城市都要有所作为,当某个城市进行道路改善时,会将与这个城市直接相连的所有道路的灰尘度都减少 111,但每条道路都有一个灰尘度的下限值 LLL,当灰尘度达到道路的下限值时,无论再怎么改善,道路的灰尘度也不会再减小了。

具体的计划是这样的:

  • 111 天,000 号城市对与其直接相连的道路环境进行改善;
  • 222 天,111 号城市对与其直接相连的道路环境进行改善;

……

  • nnn 天,n−1n - 1n1 号城市对与其直接相连的道路环境进行改善;
  • n+1n + 1n+1 天,000 号城市对与其直接相连的道路环境进行改善;
  • n+2n + 2n+2 天,111 号城市对与其直接相连的道路环境进行改善;

……

LQ 国想要使得 PPP 指标满足 P≤QP \leq QPQ。请问最少要经过多少天之后,PPP 指标可以满足 P≤QP \leq QPQ。如果在初始时就已经满足条件,则输出 000;如果永远不可能满足,则输出 −1-11

输入格式

输入的第一行包含两个整数 n,Qn, Qn,Q,用一个空格分隔,分别表示城市个数和期望达到的 PPP 指标。

接下来 nnn 行,每行包含 nnn 个整数,相邻两个整数之间用一个空格分隔,其中第 iii 行第 jjj 列的值 Di,j(Di,j=Dj,i,Di,i=0)D_{i,j} (D_{i,j}=D_{j,i},D_{i,i} = 0)Di,j(Di,j=Dj,i,Di,i=0) 表示城市 iii 与城市 jjj 之间直接相连的那条道路的灰尘度。

接下来 nnn 行,每行包含 nnn 个整数,相邻两个整数之间用一个空格分隔,其中第 iii 行第 jjj 列的值 Li,j(Li,j=Lj,i,Li,i=0)L_{i,j} (L_{i,j} = L_{j,i}, L_{i,i} = 0)Li,j(Li,j=Lj,i,Li,i=0) 表示城市 iii 与城市 jjj 之间直接相连的那条道路的灰尘度的下限值。

输出格式

输出一行包含一个整数表示答案。

样例 #1

样例输入 #1

3 10
0 2 4
2 0 1
4 1 0
0 2 2
2 0 0
2 0 0

样例输出 #1

2

提示

【样例说明】

初始时的图如下所示,每条边上的数字表示这条道路的灰尘度:

此时每对顶点之间的灰尘度最小的路线对应的灰尘度为:

  • d(0,0)=0,d(0,1)=2,d(0,2)=3d(0, 0) = 0, d(0, 1) = 2, d(0, 2) = 3d(0,0)=0,d(0,1)=2,d(0,2)=3
  • d(1,0)=2,d(1,1)=0,d(1,2)=1d(1, 0) = 2, d(1, 1) = 0, d(1, 2) = 1d(1,0)=2,d(1,1)=0,d(1,2)=1
  • d(2,0)=3,d(2,1)=1,d(2,2)=0d(2, 0) = 3, d(2, 1) = 1, d(2, 2) = 0d(2,0)=3,d(2,1)=1,d(2,2)=0

初始时的 PPP 指标为 (2+3+1)×2=12(2 + 3 + 1) \times 2 = 12(2+3+1)×2=12,不满足 P≤Q=10P \leq Q = 10PQ=10;

第一天,000 号城市进行道路改善,改善后的图示如下:

[外链图片转存失败,源站可能有防盗链机制,建议将图片保存下来直接上传(img-CDgtMFfE-1673865069268)(https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/mrhf5wx6.png)]

注意到边 (0,2)(0, 2)(0,2) 的值减小了 111,但 (0,1)(0, 1)(0,1) 并没有减小,因为 L0,1=2L_{0,1} = 2L0,1=2 ,所以 (0,1)(0, 1)(0,1) 的值不可以再减小了。此时每对顶点之间的灰尘度最小的路线对应的灰尘度为:

  • d(0,0)=0,d(0,1)=2,d(0,2)=3d(0, 0) = 0, d(0, 1) = 2, d(0, 2) = 3d(0,0)=0,d(0,1)=2,d(0,2)=3
  • d(1,0)=2,d(1,1)=0,d(1,2)=1d(1, 0) = 2, d(1, 1) = 0, d(1, 2) = 1d(1,0)=2,d(1,1)=0,d(1,2)=1
  • d(2,0)=3,d(2,1)=1,d(2,2)=0d(2, 0) = 3, d(2, 1) = 1, d(2, 2) = 0d(2,0)=3,d(2,1)=1,d(2,2)=0

此时 PPP 仍为 121212

第二天,1 号城市进行道路改善,改善后的图示如下:

此时每对顶点之间的灰尘度最小的路线对应的灰尘度为:

  • d(0,0)=0,d(0,1)=2,d(0,2)=2d(0, 0) = 0, d(0, 1) = 2, d(0, 2) = 2d(0,0)=0,d(0,1)=2,d(0,2)=2
  • d(1,0)=2,d(1,1)=0,d(1,2)=0d(1, 0) = 2, d(1, 1) = 0, d(1, 2) = 0d(1,0)=2,d(1,1)=0,d(1,2)=0
  • d(2,0)=2,d(2,1)=0,d(2,2)=0d(2, 0) = 2, d(2, 1) = 0, d(2, 2) = 0d(2,0)=2,d(2,1)=0,d(2,2)=0

此时的 PPP 指标为 (2+2)×2=8<Q(2 + 2) \times 2 = 8 < Q(2+2)×2=8<Q,此时已经满足条件。

所以答案是 222

【评测用例规模与约定】

  • 对于 30%30\%30% 的评测用例,1≤n≤101 \leq n \leq 101n100≤Li,j≤Di,j≤100 \leq L_{i,j} \leq D_{i,j} \leq 100Li,jDi,j10
  • 对于 60%60\%60% 的评测用例,1≤n≤501 \leq n \leq 501n500≤Li,j≤Di,j≤1050 \leq L_{i,j} \leq D_{i,j} \leq 10^50Li,jDi,j105
  • 对于所有评测用例,1≤n≤1001 \leq n \leq 1001n1000≤Li,j≤Di,j≤1050 \leq L_{i,j} \leq D_{i,j} \leq 10^50Li,jDi,j1050≤Q≤231−10 \leq Q \leq 2^{31} - 10Q2311

蓝桥杯 2022 国赛 A 组 F 题。

思路: 用floyd算法能直接算出所有城市间灰尘度最小的道路,此时的时间复杂度是O(n^3),而又因为要找出最短的天数使得 P≤QP \leq QPQ,如果每一天都更新道路间的灰尘度并使用floyd计算最小值,那么想都不用想肯定会超时。而由题意可知,随着道路的改善,灰尘度是单调递减的,因此可以用二分来查找最短的天数。注意最终的答案要与二分的上界一起更新,这样才能保证最终答案是最小值

代码:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n, q, ans, dust[100][100], limit[100][100], mp[100][100];
int check(int mid){
    int a = mid / n, b = mid % n;
    for(int i = 0; i < n; i++){
        for(int j = 0; j < n; j++){
            mp[i][j] = dust[i][j] - a;
            if(i < b) mp[i][j] -= 1;
            mp[i][j] = max(mp[i][j], limit[i][j]);
        }
    }
    for(int k = 0; k < n; k++){
        for(int i = 0; i < n; i++){
            for(int j = 0; j < n; j++){
                mp[i][j] = min(mp[i][j], mp[i][k] + mp[k][j]);
            }
        }
    }
    long long res = 0;
    for(int i = 0; i < n; i++){
        for(int j = 0; j < n; j++){
            res += mp[i][j];
        }
    }
    return res;
}
int main(){
    cin >> n >> q;
    for(int i = 0; i < n; i++){
        for(int j = 0; j < n; j++){
            cin >> dust[i][j];
        }
    }
    for(int i = 0; i < n; i++){
        for(int j = 0; j < n; j++){
            cin >> limit[i][j];
        }
    }
    int st = 0, ed = 1e7;
    while(st <= ed){
        int mid = (st + ed) / 2;
        if(check(mid) > q) st = mid + 1;
        else ed = mid - 1, ans = mid;
    }
    if(st == 1e7 + 1) cout << -1;
    else cout << ans;
    return 0;
}
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