CSP-J复赛模拟5——孙晨佑补题报告_csp考场上的测试数据-优快云博客

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/one_piecee/article/details/142713831

一、题目分数

T1【牛奶 ( milk ) 】( 100 / 100 )

T2【树组 ( traary ) 】( 25 / 100 )

T3【智乃的兔子 ( usagi ) 】( 25 / 100 )

T4【一颗成熟的奥术飞弹 ( missiles ) 】( 0 / 100 )

总分：( 150 / 400 )

丸辣，考炸啦qwq，才15th

二、比赛过程

T1 ( milk ) ：

瞬杀，光速过，没啥好说的。

T2 ( trarry ) ：

一眼模拟，写了写发现模拟不出来，想了好一会，想出来个25pts的答案…

T3 ( usagi ) ：

一眼01背包，结果发现有5组数据里的背包总重量(对应的)为998244353，直接T掉了，无奈之下写了个特判，写了个暴搜，还是T了，遂只得25pts。

T4 ( missiles ) ：

一眼bfs，写着写着发现写不出来了，~~因为求错了~~，当时想着bfs加上dfs，但没敢写，还是爆零了。

三、题目思路与 AC code：

T1 ( milk ) ：

题目重现：

每天一杯奶，健壮切题人。

Meowowco 有每天喝牛奶的习惯，因为牛奶是膳食中蛋白质、钙、磷、维生素 A、维生素 D 和维生素 B2 的重要来源之一，可以让经常出勤的 Meowowco 变得健壮。因此她每个月都会去买一些牛奶屯在冰箱里。

今天又到了采购的日子，Meowowco 又来到了熟悉的超市，看着冰箱里陈列着价格不同的牛奶，她摸了摸自己的钱包，

“糟糕，出勤花了太多的钱了。。。。。。”

不过这都不是问题，毕竟又不是把所有钱都花完了，只是预算被压缩了。现在问题来了，冰箱里有 $n$ 个种类的牛奶，它们有各自的数量 $a_i$ 和价格 $b_i$ 。作为一只学过动态规划的猫，Meowowco 一个月需要 $m$ 盒牛奶，她想知道屯够一个月的牛奶量的最小开销。

思路：

定义一个结构体，按照费用从小到大排序，"kuku" (拟声词) 买牛奶就行了。

AC code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,ans;
struct node{
	int a,b;
}milk[100005];
bool cmp(node a,node b){
	return a.b<b.b;
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>milk[i].a>>milk[i].b;
	}
	sort(milk+1,milk+n+1,cmp);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(m==0) break;
		else{
			if(m>=milk[i].a){
				m-=milk[i].a;
				ans+=milk[i].a*milk[i].b; 
			}else{
				ans+=m*milk[i].b;
				m=0;
			}
		}
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

T2 ( trarry ) ：

题目重现：

~~树组（Traary）是有序的树序列。~~

~~树组把树按有序的形式组织起来的一种形式。~~

~~这些有序排列的树的集合称为树组。~~

。。。。。。

Meowowco 有 $n$ 棵树苗，今天要在数组的每一个位置种（物理）上一棵树。种好之后，我们称它为树组。

最开始，树组中所有的树的高度为 $0$ 。每天过后，每棵树会自然生长 $1$ 单位高度。

Meowowco 的种树过程持续 $m$ 天，在每一天早上，她有三种操作：

$op=1$ ：选择某棵树 $x$ 对其施展魔法，该效果持续 $k$ 天（包括当天）。拥有魔法效果的树每天晚上会额外生长 $1$ 单位高度。若施展时该树已经存在魔法效果，则覆盖原来的魔法效果（也就是取消原来的魔法效果，加上这次的魔法效果）。

$op=2$ ：选择取消某棵树 $x$ 的魔法效果，可能会对没有施加魔法的树进行操作。

$op=3$ ：Meowowko 想知道该天某棵树 $x$ 的高度。

对于每个 $op=3$ ，输出一个整数 $h$ ，代表该树的高度。

思路：

定义一个day，f数组，g数组，h数组，day表示过了多少天，f[x]表示x最后一次魔法是那一天开始，g[x]表示x最后一次魔法持续时间,h[x]表示x收到魔法影响额外生长的高度，最后对于每一个输出，输出day+h[x]即可。

AC code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
int n,m,k,day,f[N],g[N],h[N];
void over(int x){
	if(g[x]==0) return ;
	if(f[x]+g[x]-1<=day){
		h[x]+=g[x];
		g[x]=0;
	}else{
		int tmp=f[x]+g[x]-1-day;
		h[x]+=day-f[x]+1;
		g[x]=tmp;
		f[x]=day+1;
	}
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n>>m>>k;
	while(m--){
		int op,x;
		cin>>op>>x;
		if(op==1){
			over(x);
			f[x]=day+1;
			g[x]=k;
		}else if(op==2){
			over(x);
			g[x]=0;
		}else{
			over(x);
			cout<<h[x]+day<<"\n";
		}
		day++;
	}
	return 0;
}

T3 ( usagi ) ：

题目重现：

Chino 是一个可爱的初中生，超喜欢兔子 (和 Cocoa) …！？精通咖啡，并且能干可靠。

今天 Chino 在梦境世界中被可爱的兔子环绕，它们都是这个梦境世界的卡密——Cocoa 的使徒。每一只棉花糖般的兔子都有一个可爱值 $a_i$ 。

“超想和可爱的小兔子们贴贴 ∼∼”

因此她向 Cocoa 许愿：请让我挑选出一些可爱的兔子。

但是，Cocoa 并不希望 Chino 随意挑选兔子，她希望 Chino 挑选出的兔子的可爱值的和是 $7$ 的倍数。Cocoa 作为这个世界的卡密，觉得仅有这一条挑选规则会让游戏变得很无趣，她制定规则的目的，很可能是，吃掉 Chino…！？于是她又增加了一条规则：

Cocoa 亲吻了所有的兔子，它们都受到了”祝福”，当 Chino 选择这只兔子之后，她将会获得祝福值 $b_i$ 。当 Chino 拥有的祝福值超过 $H$ 点时，会被 Cocoa 吃掉。

Chino 想知道怎么样才能完成挑选可爱值和为 $7$ 的倍数的兔子，可爱和最大的同时还不会被吃掉。

思路：

使用两个动规分别表示H=998244353和一般性H的时候的答案，为省时空间，使用滚动数组优化，并用位运算和奇偶性辅助滚动数组。（H=998244353时用的是01背包，一般性H时，用的是二维费用背包）

AC code:

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int n,H,a[10005],b[10005];
ll f[2][7],dp[2][1005][7];
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n>>H;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>b[i];
	if(H==998244353){
	    memset(f,-0x3f,sizeof f);
	    f[0][0]=0;
	    for(int i=1;i<=n;i++){
	        int t=i&1;
	        for(int j=0;j<7;j++) f[t][j]=max(f[t^1][j],f[t^1][((j-a[i])%7+7)%7]+a[i]);//t通过奇偶性辅助滚动数组，f(i,j)表示前i只兔子，可爱值之和取余7上限为j时的可爱值总和 。 
	    }
	    cout<<f[n&1][0];
	}else{
	    memset(dp,-0x3f,sizeof dp);
	    dp[0][0][0]=0;
	    for(int i=1;i<=n;i++){
	        int t=i&1;
	        for(int j=0;j<=H;j++){
	            for(int k=0;k<7;k++){
	                if(j<b[i]) dp[t][j][k]=dp[t^1][j][k];
	                else dp[t][j][k]=max(dp[t^1][j][k],dp[t^1][j-b[i]][((k-a[i])%7+7)%7]+a[i]);//t通过奇偶性辅助滚动数组，f(i,j)表示前i只兔子，祝福值上限为j， 可爱值之和取余7上限为k时的可爱值总和。 
	            }
	        }
	    }
	    ll ans=0;
	    for(int i=0;i<=H;i++) ans=max(ans,dp[n&1][i][0]);
	    cout<<ans;
	}
	return 0; 
}

T4 ( missiles ) ：

题目重现：

奥术飞弹是一个非指向性的技能，在施法前可以指定弹道，并对路径上第一个碰撞的目标造成伤害。

作为一颗成熟的奥术飞弹，你应该学会自己决定用于攻击目标的最短路径，并且 $100\%$ 命中目标。

Meowowco 正在玩一款未知的 $1 V 1$ RTS 游戏，游戏创建后会随机创建一个有 $n$ 个房间的地图，由 $m$ 条通道相连，房间与房间之间最多只有一个通道，直接由通道相连的房间的距离可以记为 $1$ ，整张地图所有房间两两可达。

Meowowco 出生在编号为 $1$ 的房间，而她的对手出生在编号为 $n$ 的房间。现在 Meowowco 需要创造军队或者释放技能去击败对手，不过今天她有着更高级的黑魔法加持（指自瞄），令”奥术飞弹”变成”成熟的奥术飞弹”，只释放”奥术飞弹”就可以获得胜利。

作为一颗成熟的奥术飞弹，不管当前处于哪个房间，都会瞬间规划好一条前往目标所在位置的最短飞行弹道（当然，最短飞行弹道有时候并不是唯一的，所以有多条最短飞行弹道时会随机选择一条），如果它没有沿着当前房间规划好的最短飞行弹道飞行，记为偏离轨迹 $1$ 次。

作为一颗成熟的奥术飞弹，应该会自己计算一条有着“大可能性“的飞行弹道。由于有些房间的最短飞行弹道不唯一，飞行弹道可能偏离也可能不偏离，”大可能性”飞行弹道要求 可能产生的偏离数尽可能大：

一个房间如果有多条通往目标的最短飞行弹道，则可能偏离数增加 11，目标是找到有最多这样房间的飞行弹道。

下面将举个栗子来解释它：

对这个地图来说：

它有 $3$ 条从 $1$ 到 $6$ 的最短飞行弹道：

$1=>2=>4=>6$
$1=>3=>4=>6$
$1=>3=>5=>6$

假如你现在处于房间 $1$ ，那么你可以选择房间 $2$ 和房间 $3$ ，因为 $2$ 和 $3$ 都在最短飞行弹道上，所以不管前往哪个房间都会让可能偏离数增加，此时可能偏离数为 $1$ ；

当飞弹选择 $1=>2$ 时，接下来它只能沿着 $2=>4=>6$ ，飞行，因此这条弹道的可能偏离数为 $1$ 。

当飞弹选择 $1=>3$ 时,接下来的房间 $4$ 和 $5$ 都处于最短飞行弹道上，不管前往哪个房间都会让可能偏离数增加，此时可能偏离数增加到 $2$ ；之后都只有一条弹道到达 $6$ ，因此这两条弹道的可能偏离数为 $2$ 。

综上所述，

$1=>2=>4=>6$ 的可能偏离数为 $1$
$1=>3=>4=>6$ 的可能偏离数为 $2$
$1=>3=>5=>6$ 的可能偏离数为 $2$

最大的可能偏离数为 $2$ 。

寻找出所有的最短飞行弹道，每条最短飞行弹道都有一个可能偏离数，找到其中最大的可能偏离数，输出最短飞行弹道条数和最大的可能偏离数。

简而言之，就是 $n$ 个点的无向连通图，无重边和自环，目标是从 $1$ 点到达 $n$ 点。在一个点上，如果有多条最短路径到达终点，则 可能偏离数 加一，求出最短路径的总条数，以及所有最短路中可能偏离数的最大值。

思路：

正难则反：bfs(尾->头) 数组模拟队列 dis存储最短路 pre记录上一个点 tot存储最短路条数 ans存储最大偏移量 (详细见代码)

AC code：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e5+5,mod=998244353;
struct node{
	int to,nxt;
}edge[N<<2];
int n,m,cnt=1,head[N],hd=1,tail,q[N],dis[N],pre[N],tot[N],ans[N];
void add(int x,int y){
	edge[cnt].to=y;
	edge[cnt].nxt=head[x];
	head[x]=cnt++;
}
void bfs(){
	memset(dis,-1,sizeof dis);
	dis[n]=0;
	q[++tail]=n;
	while(hd<=tail){
		int u=q[hd++];
		for(int i=head[u];i;i=edge[i].nxt){
			int t=edge[i].to;
			if(dis[t]==-1){
				dis[t]=dis[u]+1;
				pre[t]=u;
				q[++tail]=t;
			}
		}
	}
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n>>m;
	while(m--){
		int u,v;
		cin>>u>>v;
		add(u,v);
		add(v,u);
	}
	bfs();
	tot[n]=1;
	for(int i=1;i<=tail;i++){
		int u=q[i],flag=0;
		for(int j=head[u];j;j=edge[j].nxt){
			int v=edge[j].to;
			if(dis[u]==dis[v]+1){
				ans[u]=max(ans[u],ans[v]);
				(tot[u]+=tot[v])%=mod;
				if(v!=pre[u]) flag=1;
			}
		}
		ans[u]+=flag;
	}
	cout<<tot[1]<<" "<<ans[1];
	return 0;
}