A、魏传之长坂逆袭
时间限制: 1 Sec 内存限制: 128 MB
题目描述
众所周知，刘备在长坂坡上与他的一众将领各种开挂，硬生生从曹操手中逃了出去，随后与孙权一起火烧赤壁、占有荆益、成就霸业。而曹操则在赤壁一败后再起不能，终生无力南下。
建安二十五年(220年)，曹操已到风烛残年，但仍难忘当年长坂的失误，霸业的破灭。他想如果在刘备逃亡的路中事先布下一些陷阱，便能拖延刘备的逃脱时间了。你作为曹操身边的太傅，有幸穿越到了208年的长坂坡，为大魏帝国贡献一份力，布置一些陷阱。但时空守卫者告诉你你不能改变历史，不能拖增大刘备的最大逃脱时间，但你身为魏武之仕，忠心报国，希望能添加一些陷阱使得刘备不论怎么逃跑所用的时间都一样。
已知共有n个据点，n-1条栈道，保证据点联通。1号据点为刘备军逃跑的起点，当刘备军跑到某个据点后不能再前进时视为刘备军逃跑结束。在任意一个栈道上放置1个陷阱会使通过它的时间+1，且你可以在任意一个栈道上放置任意数量的陷阱。
现在问你在不改变刘备军当前最大逃跑时间的前提下，需要添加最少陷阱，使得刘备军的所有逃脱时间都尽量的大。
输入
第一行一个数n，表示据点个数。
接下来n-1行每行三个数，ai、bi、ti，表示从据点ai通过第i个栈道到bi耗时ti
输出
仅包含一个数，为需要添加的最少陷阱数。
样例输入
3 1 2 1 1 3 3
样例输出
2
提示
【数据规模和约定】
对于 5%的数据，1<=n<=100000，1<=ti<=200000
对于 100%的数据，1<=n<=500000，0<ti<=1000000
这是一棵树
每次对于深度越低的点能放多少陷阱就放多少陷阱
#include<cstdio>
#include<iostream>
#define ll long long
using namespace std;
int read()
{
int ret=0; char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')
ret=(ret<<1)+(ret<<3)+ch-'0',ch=getchar();
return ret;
}
const int N=1e6+5;
int n,num,id[N];
ll mx,ss[N],a[N],ans;
int cnt,he[N],to[N],nxt[N],w[N];
inline void add(int u,int v,int k)
{
to[++cnt]=v,w[cnt]=k,nxt[cnt]=he[u],he[u]=cnt;
}
void dfs(int u,ll s)
{
bool ch=0;
for(int e=he[u];e;e=nxt[e])
ch=1,dfs(to[e],s+w[e]);
if(!ch) mx=max(mx,s),id[++num]=u,ss[num]=s;
}
void dfs1(int u)
{
if(he[u]) a[u]=1e18;
for(int e=he[u];e;e=nxt[e])
{
int v=to[e];
dfs1(v); a[u]=min(a[u],a[v]);
}
for(int e=he[u];e;e=nxt[e])
ans+=a[to[e]]-a[u];
}
int main()
{
n=read();
for(int i=1;i<n;i++)
{
int u=read(),v=read(),k=read();
add(u,v,k);
}
dfs(1,0);
for(int i=1;i<=num;i++)a[id[i]]=mx-ss[i];
dfs1(1);
printf("%lld",ans);
return 0;
}
B、蜀传之单刀赴会
时间限制: 1 Sec 内存限制: 128 MB
题目描述
【题目背景】
公元215年，刘备取益州，孙权令诸葛瑾找刘备索要荆州。刘备不答应，孙权极为恼恨，便派吕蒙率军取长沙、零陵、桂阳三郡。长沙、桂阳蜀将当即投降。刘备得知后，亲自从成都赶到公安(今湖北公安)，派大将关羽争夺三郡。孙权也随即进驻陆口，派鲁肃屯兵益阳，抵挡关羽。双方剑拔弩张，孙刘联盟面临破裂，在这紧要关头，鲁肃为了维护孙刘联盟，不给曹操可乘之机，决定当面和关羽商谈。“肃邀羽相见，各驻兵马百步上，但诸将军单刀俱会”。双方经过会谈，缓和了紧张局势。随后，孙权与刘备商定平分荆州，“割湘水为界，于是罢军”，孙刘联盟因此能继续维持。
【问题描述】
关羽受鲁肃邀请，为了大局，他决定冒险赴会。他带着侍从周仓，义子关平，骑着赤兔马，手持青龙偃月刀，从军营出发了，这就是历史上赫赫有名的“单刀赴会”。关羽平时因为军务繁重，决定在这次出行中拜访几个多日不见的好朋友。然而局势紧张，这次出行要在限定时间内完成，关公希望你能够帮助他安排一下行程，安排一种出行方式，使得从军营出发，到达鲁肃处赴会再回来，同时拜访到尽可能多的朋友，在满足这些条件下行程最短。注意拜访朋友可以在赴会之前，也可以在赴会之后。现在给出地图，请你完成接下来的任务
输入
第一行n,m,k,t,代表有n个地点，m条道路,有k个朋友(不包括鲁肃)，以及限定时间t(行走1单位长度的路程用时1单位时间)。
接下来m行，每行有x,y,w三个整数，代表x和y之间有长度为w的道路相连。
接下来一行有k个整数，代表朋友所在的都城编号(保证两两不同，且不在1和n)
（我们约定1是关羽的营地，n是鲁肃的营地）
输出
输出两个整数，分别是最多可以拜访的朋友数，以及在这种情况下最少需要耗费的时间，如果连到达鲁肃再回来都无法完成，输出一个-1就可以了。
样例输入
5 7 2 15 1 2 5 1 3 3 2 3 1 2 4 1 3 4 4 2 5 2 4 5 3 2 4
样例输出
2 14
提示
【数据规模和约定】
有10%数据，n<=10,m<=50,k<=5;
有10%数据,k=0;
有10%数据,k=1;
另30%数据，k<=5;
对于100%数据，n<=10000,m<=50000,k<=15,t<=2147483647,w<=10000
先跑一遍dijkstra，然后状压dp
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<iostream>
#define ll long long
using namespace std;
int read()
{
int ret=0; char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')
ret=(ret<<1)+(ret<<3)+ch-'0',ch=getchar();
return ret;
}
const int N=2e5+5;
int n,m,p,t,a[25],d[N],dis[25][25],num[N];
ll f[25][N];
int cnt,he[N],to[N],nxt[N],w[N],ans,anss;
bool fl[N];
struct NA{
int id,x;
};
bool operator >(NA i,NA j)
{
return i.x>j.x;
}
priority_queue<NA,vector<NA>,greater<NA> >q;
inline void add(int u,int v,int k)
{
to[++cnt]=v,nxt[cnt]=he[u],w[cnt]=k,he[u]=cnt;
}
int dist(int s,int g)
{
while(!q.empty()) q.pop();
for(int i=1;i<=n;i++) fl[i]=0,d[i]=2e9;
q.push((NA){s,d[s]=0});
for(int i=1;i<=n;i++)
{
while(!q.empty()&&fl[q.top().id]) q.pop();
if(q.empty()) break;
int u=q.top().id; q.pop(); fl[u]=1;
if(u==g) break;
for(int e=he[u];e;e=nxt[e])
{
int v=to[e];
if(!fl[v]&&d[v]>d[u]+w[e])
q.push((NA){v,d[v]=d[u]+w[e]});
}
}
return d[g];
}
int main()
{
n=read(),m=read(),p=read(),t=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u=read(),v=read(),k=read();
add(u,v,k),add(v,u,k);
}
for(int i=1;i<=p;i++) a[i]=read();
a[p+1]=1,a[p+2]=n;
for(int i=1;i<=p+2;i++)
for(int S=0;S<1<<p+2;S++) f[i][S]=1e15;
ll x=dist(1,n);
if(x==2e9||x<<1>t)
{
puts("-1"); return 0;
}
for(int i=1;i<p+2;i++)
for(int j=i+1;j<=p+2;j++)
dis[j][i]=dis[i][j]=dist(a[i],a[j]);
f[p+1][1<<p]=0;
for(int S=0;S<1<<p+2;S++)
if(!(S&1<<p))
{
int SS=S|1<<p;
for(int i=1;i<=p+2;i++)
for(int j=1;j<=p+2;j++)
if(i!=j&&1<<j-1&SS&&f[j][SS]!=1e15&&dis[i][j]!=2e9)
f[i][SS|1<<i-1]=min(f[i][SS|1<<i-1],f[j][SS]+dis[i][j]);
}
for(int S=1;S<1<<p+2;S++) num[S]=num[S-(S&-S)]+1;
ans=0; anss=x<<1;
for(int SS=0;SS<1<<p;SS++)
{
int S=SS|1<<p|1<<p+1;
for(int i=1;i<=p+2;i++)
{
if((1<<i-1)&S&&f[i][S]!=1e15)
{
ll ti=f[i][S]+dis[i][p+1];
if(ti<=t)
if(ans==num[S]) anss=min(anss,(int)ti);
else if(ans<num[S]) ans=num[S],anss=ti;
}
}
}
printf("%d %d\n",ans-2,anss);
return 0;
}
C、吴传之火烧连营
时间限制: 1 Sec 内存限制: 128 MB Special Judge
题目描述
【题目背景】
蜀汉章武元年(221年)，刘备为报吴夺荆州、关羽被杀之仇，率大军攻吴。吴将陆逊为避其锋，坚守不战，双方成对峙之势。蜀军远征，补给困难，又不能速战速决，加上入夏以后天气炎热，以致锐气渐失，士气低落。刘备为舒缓军士酷热之苦，命蜀军在山林中安营扎寨以避暑热。陆逊看准时机，命士兵每人带一把茅草，到达蜀军营垒时边放火边猛攻。蜀军营寨的木栅和周围的林木为易燃之物，火势迅速在各营漫延。蜀军大乱，被吴军连破四十余营。陆逊火烧连营的成功，决定了夷陵之战蜀败吴胜的结果。
【问题描述】
刘备带兵深入吴境，陆逊却避而不出，蜀军只得在山林中安营扎寨。而刘备在扎营时却犯了兵家大忌，将兵营排列成一条直线，远远看去，就像是一条串着珠子的链，美其名曰：链寨。如果吴军将领是一般人，那么这也许不算什么，而陆逊何许人也，他可是江东才子，能力不低于周瑜的一代儒将。他看到刘备这样排阵，心生一计，决定用火攻破阵。然而，火计除了要有风，选定引火点也非常重要，对于刘备的布阵，最佳引火点一定是n个兵营中的一个。而因为风水轮流转，每天的最佳引火点都不一样。我们给每个兵营定下一个固定不变的火攻值Ai，每天定下一个风水值K，对于每天的最佳引火点，显然是所有兵营中火攻值与风水值异或的结果最大的那一个兵营。然而，陆逊是个谨慎的人，他要观察时机，在m天中选定一个最佳的进攻的日期，为此他演算出了这m天每天的风水值，然后他希望你能够告诉他这m天每天最佳引火点的兵营编号。
输入
第一行n,m，代表有n个兵营，m天。
接下来一行有n个非负整数，代表这n个兵营的火攻值。
接下来一行有m个非负整数，代表这m天的风水值。
输出
输出共m行，每行输出一个整数，代表第m天最佳引火点的编号。
如果存在多个最佳引火点使得火攻值与风水值的异或值最小，请任意输出一组解即可。
样例输入
3 2 1 2 3 4 5
样例输出
3 2
提示
【样例解释】
对于第1天，由于4 xor 1=5, 4 xor 2=6, 4 xor 3=7，选择第3个引火点是最佳的。
对于第2天，由于5 xor 1=4, 5 xor 2=7, 5 xor 3=6，选择第2个引火点是最佳的。
【数据规模和约定】
对于30%数据，n<=1000，m<=1000
对于100%数据，n<=100000，m<=100000, 0<=k,ai<=2147483647
这不是一道常规的trie树？
#include<cstdio>
using namespace std;
int read()
{
int ret=0; char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')
ret=(ret<<1)+(ret<<3)+ch-'0',ch=getchar();
return ret;
}
const int N=1e7+5;
int n,m,p,now,nxt[N][2],ans[N];
int main()
{
n=read(),m=read();
p=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x=read();
now=1;
for(int j=31;j;j--)
{
int t=(x>>(j-1))&1;
if(nxt[now][t]) now=nxt[now][t];
else now=nxt[now][t]=++p,ans[p]=i;
}
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x=read();
now=1;
for(int j=31;j;j--)
{
int t=!((x>>(j-1))&1);
if(!nxt[now][t])
{
now=nxt[now][!t];
} else now=nxt[now][t];
}
printf("%d\n",ans[now]);
}
return 0;
}
514
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