【题解】洛谷P1850 换教室(暴力80)

本文介绍了一种通过枚举不同情况来解决课程调换问题的算法。该算法利用了图论中的 Floyd 算法来计算教室间的最短路径,并通过深度优先搜索(DFS)策略来寻找最优的课程调换方案。

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

直接顺序枚举换几节课,并枚举所有的情况并算出答案

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
using namespace std;
const int maxn=2100;
const int maxv=310;
const int maxe=90010;
int n,m,v,e;
int niu[maxn],gebi[maxn];
double k[maxn];
int to[maxv][maxv];
int tot;
double ans;
double minn;
double rminn=1e9;
double anss=1e9;
void floyd()
{
	for(int k=1;k<=v;k++)
	{
		for(int i=1;i<=v;i++)
		{
			for(int j=1;j<=v;j++)
			{
				if(i!=j&&j!=k&&i!=k)
				if(to[i][k]+to[k][j]<to[i][j])
				{
					to[i][j]=to[i][k]+to[k][j];
				}
			}
		}
	}
}
void dfs(int now,double a,double b,double ka,double kb,int mm)
{
	if(now==n)
	{
		anss=min(anss,a*ka+b*kb);
		return;
	}
	dfs(now+1,1,0,a*(ka+to[niu[now]][niu[now+1]])+b*(kb+to[gebi[now]][niu[now+1]]),0,mm);
	if(mm<m)
	{
		dfs(now+1,1-k[now+1],k[now+1],a*(ka+to[niu[now]][niu[now+1]])+b*(kb+to[gebi[now]][niu[now+1]]),a*(ka+to[niu[now]][gebi[now+1]])+b*(kb+to[gebi[now]][gebi[now+1]]),mm+1);
	}
}
int main()
{
//	freopen("classroom.in","r",stdin);
//	freopen("classroom.out","w",stdout);
	scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&v,&e);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&niu[i]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&gebi[i]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>k[i];
	}
	for(int i=1;i<=v;i++)
	{
		for(int j=1;j<=v;j++)
		{
			if(i==j) to[i][j]=0;
			else to[i][j]=1e9;
		}
	}
	for(int i=1;i<=e;i++)
	{
		int x,y,z;
		cin>>x>>y>>z;
		if(x==y) continue;
		to[x][y]=min(to[x][y],z);
		to[y][x]=min(to[y][x],z);	
		
	}
	floyd();
	if(m==0)
	{
		for(int i=1;i<=n-1;i++)
		{
			ans+=to[niu[i]][niu[i+1]]*1.0;
		}
		printf("%.2lf\n",ans);
		return 0;
	}
	if(m==1)
	{
		int tot=1;
		for(int i=1;i<=n-1;i++)
		{
			minn+=to[niu[i]][niu[i+1]]*1.0;
		}
		while(tot!=n)
		{
			ans=minn*(1.0-k[tot]);
			int md=0;
			for(int i=1;i<=n-1;i++)
			{	
				if(i==tot)
				{
					md+=to[gebi[i]][niu[i+1]];
				}
				if(i==tot-1)
				{
					md+=to[niu[i]][gebi[i+1]];
				}
				if(i!=tot&&i!=tot-1)
				{
					md+=to[niu[i]][niu[i+1]];
				}
			}
			ans+=md*k[tot];
			rminn=min(rminn,ans);
			tot++;
		}
		ans=minn*(1.0-k[n]);
		int md=0;
		for(int i=1;i<=n-1;i++)
		{	
			if(i==n-1)
			{
				md+=to[niu[i]][gebi[i+1]];
			}
			else
			{
				md+=to[niu[i]][niu[i+1]];
			}
		}
		ans+=md*k[n];
		rminn=min(rminn,ans);
		printf("%.2lf\n",rminn);
		return 0;
	}
	else
	{
		dfs(1,1,0,0,0,0);
		dfs(1,1-k[1],k[1],0,0,1);
		printf("%.2lf",anss);
	}
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}

 

洛谷 P2516 题目涉及的是一个与字符串处理和动态规划相关的挑战。题目要求对一个由数字组成的字符串进行分割,使得每个分割出的数字子串能构成一个递增序列,并且每部分对应的数值都比前一部分大。以下是解题思路及实现方法。 ### 问题解析 - 输入是一个长度不超过 **40** 的纯数字字符串。 - 目标是将该字符串分割成若干个非空数字子串,这些子串所表示的数值形成一个严格递增序列。 - 每个分割出来的子串必须满足其数值大于前一个子串的数值。 - 最终输出所有可能的合法分割方案的数量。 ### 解法概述 此问题可以通过 **深度优先搜索 (DFS)** 或 **回溯法** 来解决: - 使用递归的方式尝试在每一个位置进行分割。 - 对于每一次分割,提取当前子串并转为整数,然后判断它是否大于上一次分割得到的值。 - 如果符合递增条件,则继续递归处理剩余的字符串部分。 - 当遍历完整个字符串并且满足所有分割条件时,计数器加一。 ### 实现细节 - 因为输入字符串长度最大为 **40**,所以需要考虑大数问题(超过 `int` 范围),建议使用 `long long` 类型或 Python 中的 `int` 类型自动处理大整数。 - 在分割过程中,确保没有前导零(除非子串长度为 1)。 - 递归终止条件是字符串已经被完全分割。 ### 示例代码 (C++) ```cpp #include <iostream> #include <string> using namespace std; int count = 0; // 将字符串 s 的 [start, end) 子串转为整数 long long to_number(const string &s, int start, int end) { long long num = 0; for (int i = start; i < end; ++i) { num = num * 10 + (s[i] - '0'); } return num; } // DFS 函数:从 pos 位置开始分割,last_num 表示上一次分割出的数 void dfs(const string &s, int pos, long long last_num) { if (pos == s.size()) { count++; return; } for (int i = pos + 1; i <= s.size(); ++i) { // 剪枝:如果子串长度大于1且以0开头,则跳过 if (i - pos > 1 && s[pos] == '0') break; long long current = to_number(s, pos, i); if (current > last_num) { dfs(s, i, current); } } } int main() { string s; cin >> s; dfs(s, 0, -1); // 初始时 last_num 设置为 -1,保证第一个数可以任意选择 cout << count << endl; return 0; } ``` ### 算法复杂度分析 - 时间复杂度:最坏情况下为指数级 $O(2^n)$,因为每次递归都有多个分支。 - 空间复杂度:主要取决于递归栈深度,最多为 $O(n)$。 这种方法适用于题目给定的数据规模(字符串长度 ≤ 40),通过适当的剪枝优化,可以在合理时间内完成计算。
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