2017年大计基算法题 题解

[NOJ 2010]数因子

签到题，考虑数据范围达到$10^9$，即思考$O(1)$时间内的解法。
具体有

$$ans=\left\{ \begin{array}{l} 2\ (l\neq r)\\ l\ (l==r)\\ \end{array} \right.$$
当然，存在多个解的情况（由于没有特判，可能有部分玄学方法被判错）

//NOJ 2210
#include <cstdio>

int main()
{
    int  l, r;
    scanf("%d%d", &l, &r);
    if(l == r) printf("%d\n", l);
    else printf("2\n");
    return 0;
} 

[NOJ 2011] 抽卡片

博弈类题，此题中抽卡顺序其实是有MiaoMiao主导的，所以考虑解法时必须以$b_i$的值为排序。
从结果考虑，将所有的卡片按$b_i$逆序排序后，当MiaoMiao抽到第$i$张卡片时，Bird能在这些卡片中取走$\frac{i+1}{2}$张卡片，当然Bird需要优先拿走$a_i+b_i$较大的卡片。
由此我们可以用一个以$a_i+b_i$值为key的优先队列，将所有卡片按$b_i$值排序后，依次插入优先队列，当队列中的卡片数量超过$\frac{i+1}{2}$时，弹出$a_i+b_i$最小的卡片。最后对留在队列中的卡片求和。

//NOJ 2211
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <vector>
using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 100005;

priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > q;

struct Card
{
    int a, b, id;   
    bool operator <(const Card& rh)const{return (b > rh.b)||(b == rh.b && id < rh.id);}
}c[N];

int main()
{
    int n;
    ll sum = 0;
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        c[i].id = i;
        scanf("%d", &c[i].a);
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        scanf("%d", &c[i].b);
        c[i].a += c[i].b;
        sum -= c[i].b;
    }
    sort(c + 1, c + 1 + n);
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        q.push(c[i].a);
        if(q.size() > (i+1)/2)
            q.pop();
    }
    while(!q.empty()){
        sum += q.top();
        q.pop();
    }
    printf("%I64d\n", sum);
    return 0;
}

[NOJ 2012] 选礼物

类似动态规划思想的题目。如果用背包的思想完成，那么时间复杂度将达到$O(n^2)$超时。
注意题目中要求只选择两件物品所以我们可以以$K/2$为界限对物品进行分组。
首先，将物品按物品费用排序。记录所有$c_i\leq K/2$的物品价值，由于可能有相同费用的物品，有

$$dp[c_i]=max(dp[c_i],p_i)$$
同时我们记录这些物品中最大和次大的价值（如果存在）$ans=pMax+pMax2$
之后，使dp数组最大化，即$dp[i]=max(dp[i-1],dp[i])(i\ge1)$
之后枚举$c_i>K/2$的物品，即$ans = max(ans, p[i] + dp[K-c[i]])(dp[K-c[i]]>0)$（等于0时表示没有不超过$K-c[i]$ ）

//NOJ 2212
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 1e5 + 5;

struct Gift
{
    int c, p;   
    bool operator< (const Gift& rh)const{return c < rh.c;}
}g[N];
int pre[N];

int main()
{
    int n, k;
    scanf("%d%d", &n, &k);
    for(int i = 0; i < n; i++)
        scanf("%d%d", &g[i].c, &g[i].p);
    sort(g, g + n);
    int smax, smax2, p, ans;
    ans = smax = smax2 = 0;
    for(p = 0; p < n; p++){
        if(g[p].c > k / 2)  break;
        pre[g[p].c] = max(pre[g[p].c], g[p].p);
        if(g[p].p > smax){smax2 = smax; smax = g[p].p;}
        else if(g[p].p > smax2) smax2 = g[p].p;
    }
    if(smax && smax2)   ans = smax + smax2;
    for(int i = 1; i <= k/2; i++)
        pre[i] = max(pre[i], pre[i - 1]);
    for(; p < n; p++)
        if(g[p].c < k && pre[k - g[p].c])
            ans = max(ans, g[p].p + pre[k - g[p].c]);
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

[NOJ 2013] 洗衣服

公式题，读懂题意就能推出正确的公式。
类似于一种规划问题，由公式$k_i=k_{i-1}\times b/(w_{i-1}+l_i)$
由于当$i\ge 1$时，$w_i = b$，所以我们可以推出在洗$m(m\leq n)$次服时的$k_m$

$$\min k_m = k_0 \times \frac{b}{a+l_1} \times \frac{b}{b+l_2} \times \cdots \times \frac{b}{b+l_m}$$
$$s.t. \left\{ \begin{array}{l} \sum l_i \leq L\\ l_i > 0\\ l_1+a\ge b\\ \end{array} \right.$$
由此，当$L + a> b$时，可将$\frac{b}{a+l_1}$化为$\frac{b}{b+(l_1-b+a)}$，由不等式性质得当$l_1-b+a=l_2=\cdots=l_m$时$k_m$最小，又$k_m=f(m)$单调递减，当$m=n$时,$k_n$取到最小值。

//NOJ 2213
#include <cstdio>

int main()
{

    int a, b, k, l, n;
    scanf("%d%d%d%d%d", &a, &b, &k, &l, &n);
    if(l <= b - a)  printf("%.4f\n", (double)k);
    else{
        l -= b - a;
        double ans = k;
        for(int i = 0; i < n; i++)
            ans *= (1.0 * b * n) / (b * n + 1.0 * l);
        printf("%.4f\n", ans);
    }
    return 0;
}

[NOJ 2014] 看电视

数据范围$(1 \leq n,m \leq 8)$，暴力模拟或数位dp即可。
以下方法时间复杂度$O(n*2^{2m})$，使用到位运算（并不怎么优秀）

//NOJ 2214
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>

using namespace std;

const int N = 100, M = 8;

int mat[N + 5], cnt[1 << M | 1], exp[1 << M | 1];
int dp[N + 5][1 << M | 1][1 << M | 1];
int n, m;

int expend(int x)
{
    int ret = 0;
    for(int i = 0; i < m; i++){
        if((x >> i) & 1){
            ret |= (1 << i);
            if(i > 0)   ret |= (1 << (i - 1));
            if(i < m - 1) ret |= (1 << (i + 1));
        }
    }
    return ret;
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for(int i = 1; i < (1<<m); i++)
        cnt[i] = cnt[i - (i & (-i))] + 1;
    for(int i = 0; i < (1<<m); i++)
        exp[i] = expend(i);
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        int x = 0;
        getchar();
        for(int j = 1; j <= m; j++){
            char ch;
            scanf("%c", &ch);
            x <<= 1;
            if(ch == '*')   x |= 1;
        }
        mat[i] = x;
    }
    memset(dp, -1, sizeof(dp));
    for(int i = 0; i < (1 << m); i++)
        if((exp[i] | mat[1]) == mat[1])
            dp[1][0][i] = cnt[i];
    for(int i = 2; i <= n; i++){
        for(int j = 0; j < (1 << m); j++)
            for(int k = 0; k < (1 << m); k++)
                if(dp[i-1][j][k] != -1)
                    for(int p = 0; p < (1 << m); p++)
                        if(((j | exp[k] | p) == mat[i - 1]) && (((k | exp[p]) | mat[i]) == mat[i])){
                            if(dp[i][k][p] == -1)   dp[i][k][p] = dp[i-1][j][k] + cnt[p];
                            else    dp[i][k][p] = min(dp[i][k][p], dp[i-1][j][k] + cnt[p]);
                        }
    }
    int ans = 0x3f3f3f3f;
    for(int i = 0; i < (1 << m); i++)
        for(int j = 0; j < (1 << m); j++)
            if(dp[n][i][j] != -1 && ((i | exp[j]) == mat[n])){
                ans = min(ans, dp[n][i][j]);
            }
    if(ans == 0x3f3f3f3f) ans = -1;
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}