2018.9.23考试总结_todobe要把她的寝室弄得漂漂酿酿,所以她管yashem66要了一些墙纸-优快云博客

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本文解析了三道编程竞赛题目的解决方案，包括吃瓜比赛的策略、减少找零不悦度的算法以及墙面配色方案的计算。通过数学模型和贪心算法，详细阐述了解题思路和代码实现。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

三道思维题，分享一下
第一题

melon
【时间限制】1000MS 【空间限制】65536KB
【输入文件】melon. in 【输出文件】melon.out
【题目描述】
Todobe和Yahsem66比赛吃瓜。
桌上一共有n块瓜，他们可以从桌上拿走不多于k块瓜来吃，吃一块瓜需要1分钟的时间，只有吃完手里的所有瓜之后才可以再去拿瓜，拿瓜的时间不计。如果两人在同一时间点拿瓜，Yashem66会发扬谦让精神让Todobe先拿，开始比赛时也是Todobe先拿。
举个例子，如果n=10，k=4，Todobe先拿走3块，Yashem66拿走2块，Yashem66吃完之后Todobe还有1块没有吃完。Yashem66再拿走4块，然后Todobe就只能再吃到1块，最终Todobe吃了4块，而Yashem66吃了6块。
两个人都想尽可能吃更多的瓜，贪吃的Todobe想知道她最多能吃到多少块瓜。
【输入】
输入包括一行两个整数，n、k。
【输出】
输出一行一个整数，代表Todobe最多能吃到多少块瓜。
【样例输入1】
2 1
【样例输出1】
1
【样例输入2】
10 4
【样例输出2】
5
【数据范围与约定】
对于0%的数据，与样例相同；
对于10%的数据，n<=2*k;
对于另30%的数据，k=2;
对于100%的数据，n,k<=100000。

这道题就是考虑情况周全，n<=k直接是n，k<n<=2k就是k
当n>2k时，考虑一次只吃一个瓜，这样就有更大决策空间
当剩余瓜数<=2*k时直接选k个
所以答案为ceil(n/2)
Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
int n,k;
int main()
{
	freopen("melon.in","r",stdin);
	freopen("melon.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&k);
	if(n<=k)
	{
		printf("%d",n);
	}
	else if(n<=2*k)
	{
		printf("%d",k);
	}
	else printf("%d",(n+1)/2);
	return 0;
}

第二题

change
【时间限制】2000MS 【空间限制】524288KB
【输入文件】change.in 【输出文件】change.out
【题目描述】
Todobe开了一家店，Yashem66连续n天都会光顾这家店。
Yashem66只有100元的纸币和1元的硬币，他知道Todobe懒的一批，很讨厌找零这件事情，每天Todobe都会有一个心情值wi，如果Todobe第i天需要找零，那她的不愉悦度就会增加wi*找零的钱数。当Todobe需要找零时，她也会找给Yashem66若干1元硬币，但她不会找给Yashem66 100个及以上的硬币。
假设Yashem66一开始有足够的纸币和m个硬币，他在第i天，会买价值ci元的产品。他想尽可能降低Todobe的不愉悦度，请你告诉他Todobe 的不愉悦度最少是多少。
【输入】
第一行两个整数n、m。
第二行有n个整数，第i个整数代表ci，第i天Yashem66购买的价格。
第三行有n个整数，第i个整数代表wi，第i天Todobe的心情值。
【输出】
输出一行一个整数代表Todobe不愉悦度的最小值。
【样例输入1】
5 42
117 71 150 243 200
1 1 1 1 1
【样例输出1】
79
【样例解释1】
第一天花费1张100元纸币和17个1元硬币，剩余25个硬币，不愉悦度为0；
第二天花费1张100元纸币，找零29，剩余54个硬币，不愉悦度为29；
第三天花费2张100元纸币，找零50，剩余104个硬币，不愉悦度为79；
第四天花费2张100元纸币和43个1元硬币，剩余61个硬币，不愉悦度为79；
第五天花费2张100元纸币，不愉悦度为79.
【样例输入2】
5 42
117 71 150 243 200
5 4 3 2 1
【样例输出2】
230
【样例解释2】
第一天花费1张100元纸币和17个1元硬币，剩余25个硬币，不愉悦度为0；
第二天花费1张100元纸币，找零29，剩余54个硬币，不愉悦度为116；
第三天花费1张100元纸币和50个1元硬币，剩余4个硬币，不愉悦度为116；
第四天花费3张100元纸币，找零57，剩余61个硬币，不愉悦度为230；
第五天花费2张100元纸币，不愉悦度为230.
【数据范围与约定】
对于0%的数据与样例相同；
对于20%的数据，n<=20；
对于另20%的数据，ci=1；
对于100%的数据，n<=10^5,m<=109,1<=ai,ci<=10^5。

首先一个优化，就是0<=c[i]<100,先%100
这道题考虑贪心，就是只要能买就买，如果钱不够了怎么办？
考虑之前买的，因为已经付了c[i],而找零是100-c[i],加一起就是你花100-c[i]的不愉悦度，得到100元，用堆维护每次取最小即可
Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
using namespace std;
struct poi
{
	int id,num;
	bool operator < (const poi &a)const
	{
		return num>a.num;
	}
};
int n,m;
int c[100005];
int w[100005];
long long ans;
priority_queue<poi> q;
int ans2[100005];
int minn=1000000000;
int anss[100005];
void dfs(int x,int lst,int un)
{
	if(lst<=anss[x]&&un>=ans2[x])return ;
	if(lst>=anss[x]&&un<=ans2[x])
	{
		anss[x]=lst;
		ans2[x]=un;
	}
	if(x==n)
	{
		minn=min(minn,un);
		return ;
	}
	if(lst>=c[x+1])dfs(x+1,lst-c[x+1],un);
	dfs(x+1,lst+100-c[x+1],un+w[x+1]*(100-c[x+1]));
}
int main()
{
	freopen("change.in","r",stdin);
	freopen("change.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&c[i]);
		c[i]%=100;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&w[i]);
	}
	if(n<=20)
	{
	dfs(0,m,0);
	printf("%d",minn);	
	return 0;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(!(c[i]%100))continue;
		poi x;
		x.id=i;
		x.num=w[i]*(100-c[i]);
		q.push(x);
		m-=c[i];
		if(m<0)
		{
			poi cc=q.top();
			q.pop();
			ans+=cc.num;
			m+=100;
		}
	}
	printf("%lld",ans);
}

第三题
：我出这道题就不是让你们做的。。。
好吧，我连矩乘都不会

paint
【时间限制】1000MS 【空间限制】524288KB
【输入文件】paint.in 【输出文件】paint.out
【题目描述】
Todobe要把她的寝室弄得漂漂酿酿，所以她管Yashem66要了一些墙纸。
Todobe有一面墙，可分为n块，Yashem66提供的所有墙纸都是统一规格的，均只可覆盖连续k块完整的墙面，但是有m种不同的颜色的墙纸，每种颜色的墙纸都有无限张。Todobe要用这些墙纸把墙贴满，墙纸不可以裁剪，墙纸与墙纸之间可以有重叠部分。当墙纸重叠时，只能看到最外层的墙纸颜色。
Todobe想知道她以不同的方式贴墙纸，共能贴出多少种不同配色方案的墙面，两种方案不同当且仅当两种方案中至少有一块墙面的颜色不同。
【输入】
输入一行3个整数n,m,k。
【输出】
输出一行一个整数代表方案数量，答案取模1e9+7。
【样例输入1】
3 2 2
【样例输出1】
6
【样例输入2】
10 4 3
【样例输出2】
371740
【样例解释】
对于样例输入1，我们假设两种颜色分别是A,B
那么6种方案分别是：AAA，AAB，ABB，BAA，BBA，BBB
【数据范围与约定】
对于0%的数据，与样例数据相同;
对于20%的数据，n<=10,m<=5;
对于另20%的数据n<=500;
对于另20%的数据n<=10^5;
对于100%的数据n<=2³¹-1,m<=10^5，k<=100。

这道题可以先求出不合法方案数,再用n^m减一下就好了
原题变成求m种颜色若干段区间，每段都小于k
f[i]=（f[i-1]+f[i-2]+……+f[i-k+1]）*(m-1)
矩乘优化就好了
不会戳这里
Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,K;
const int mod=1000000007;
struct mat
{
	long long a[105][105];
	mat operator *(const mat &x)const
	{
		mat f;
		for(int i=0;i<K;i++)
		for(int j=0;j<K;j++)
		{
			f.a[i][j]=0ll;
			for(int k=0;k<K;k++)
			f.a[i][j]=(f.a[i][j]+a[i][k]*x.a[k][j])%mod;
		}
		return f;
	}
}A,T;
long long ksm(int x,int y)
{
	long long re=1;
	long long pl=x;
	while(y)
	{
		if(y&1)re=re*pl%mod;
		pl=pl*pl%mod;
		y>>=1;
	}
	return re;
}
void ksm(mat x,int y)
{
	while(y)
	{
		if(y&1)
		{
			A=A*x;
		}
		x=x*x;
		y>>=1;
	}
	return ;
}
long long ans;
int main()
{
	freopen("paint.in","r",stdin);
    freopen("paint.out","w",stdout);
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);
	ans=ksm(m,n);
	K--;
	A.a[0][0]=m;
	for(int i=1;i<K;i++)
	A.a[0][i]=A.a[0][i-1]*m%mod;
	for(int i=0;i<K-1;i++)
	{
	T.a[i+1][i]=1;	
	}
	for(int i=0;i<K;i++)
	T.a[i][K-1]=m-1;
	ksm(T,n-K);
	ans=((ans-A.a[0][K-1])%mod+mod)%mod;
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}