【洛谷】 P1396 营救 的题解

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题解

备战 CSP,复习一下最小生成树,祝大家 rp++!!!

刚开始第一眼看觉得是最短路,然后发现其实是最小生成树,那么就直接用 P r i m Prim Prim K r u s k a l Kruskal Kruskal 即可。

首先先将边从小到大排序,然后 K r u s k a l Kruskal Kruskal 生成最小生成树连边,起点和终点第一次联通时,当前的边权就是答案了。

AC 代码

#include <bits/stdc++.h>
#define lowbit(x) x & (-x)
#define endl "\n"
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
namespace fastIO {
	inline int read() {
		register int x = 0, f = 1;
		register char c = getchar();
		while (c < '0' || c > '9') {
			if(c == '-') f = -1;
			c = getchar();
		}
		while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
		return x * f;
	}
	inline void write(int x) {
		if(x < 0) putchar('-'), x = -x;
		if(x > 9) write(x / 10);
		putchar(x % 10 + '0');
		return;
	}
}
using namespace fastIO;
int fa[20005], n, m, s, t;
struct node {
	int u, v, w;
}f[20005]; // 存边 
int find(int x) {return x == fa[x] ? x : fa[x] = find(fa[x]);} // 并查集板子 
bool cmp (node a, node b) {return a.w < b.w;}
int main() {
	//freopen(".in","r",stdin);
	//freopen(".out","w",stdout);
	n = read(), m = read(), s = read(), t = read();
	for(int i = 1; i <= m; i ++) {
		f[i].u = read(), f[i].v = read(), f[i].w = read();
	}
	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		fa[i] = i;
	}
	sort (f + 1, f + m + 1, cmp); // 从小到大排序	
	for (int i = 1; i <= m; i ++) { // Kruskal 连边 
		if (find(f[i].u) != find(f[i].v)) {
			fa[find(f[i].u)] = find(f[i].v); // 合并 
		}
		if(find(s) == find(t)) { // 当起点和终点在同一集合时 
			write(f[i].w);
			return 0;
		}
	}
	return 0;
}

洛谷 P8865 种花 是一道与动态规划相关的题目,其核心思想与“摆花”问题类似,但又有所扩展,涉及了组合数学与多重背包问题的结合。 ### 解题思路 题目可以理解为:有 $ n $ 种花,每种花有 $ a[i] $ 盆,要求从中选出 $ m $ 盆花排成一排。同一种花必须连续摆放,并且种类按照编号递增排列。求满足条件的排列方式总数。 这个问题可以通过动态规划来解决。定义状态 $ dp[i][j] $ 表示前 $ i $ 种花中选 $ j $ 盆花的方案数。 状态转移方程为: $$ dp[i][j] = \sum_{k=0}^{\min(a[i], j)} dp[i-1][j-k] $$ 其中 $ k $ 表示第 $ i $ 种花选取了 $ k $ 盆,$ a[i] $ 表示第 $ i $ 种花的最大数量。 初始状态为 $ dp[0][0] = 1 $,表示不选任何花时只有一种方案。 为了优化时间复杂度,可以使用滚动数组来减少空间开销。同时,由于每次状态转移需要累加多个前一状态的值,可以利用前缀和优化来减少重复计算。 ### 代码实现 ```cpp #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 210, mod = 1000007; int n, m; int a[N]; int dp[N][N]; int main() { cin >> n >> m; for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i]; // 初始化,前0种花选0盆的方案数为1 dp[0][0] = 1; for (int i = 1; i <= n; i++) { for (int j = 0; j <= m; j++) { // 枚举第i种花选取的数量 for (int k = 0; k <= min(a[i], j); k++) { dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i-1][j - k]) % mod; } } } cout << dp[n][m] << endl; return 0; } ``` 上述代码中,外层循环遍历每种花,内层循环遍历可选的花盆数,最内层循环则枚举当前花选取的数量。通过三重循环完成状态转移。 为了优化性能,可以进一步优化最内层的循环,通过前缀和预处理 $ dp[i-1][j-k] $ 的累加值,避免重复计算。 ### 优化思路 - **空间优化**:使用滚动数组,将二维数组优化为一维数组,因为每次状态转移只依赖上一层的结果。 - **时间优化**:使用前缀和优化,避免每次都要循环累加上一层的状态值。 ###
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