Noip 备战篇（一）

• 题目：
  【小Y的炮】 new oj 1065:
  题目大意： 给你一些山的高度，以及一些炮的数据【H，D】意思是说这个炮可以攻击H高度以内的山并且每一次可以减少山的高度为D,现在告诉你一共可以发射k次（总共），问在轰掉最多山的情况下，最多剩余几枚炮弹？ 输出消灭的山的数量和最多剩余炮弹数。

  思路

• 显然对于某些山（i，j） 如果Mount[i].H>Mount[j].H && Mount[i].D > Mount[j].D 显然无论什么时候都不会用到j炮，因为i炮明显更优，所以最后删掉无用炮以后得到一个H递增，D递减的山的数组。

• 炸掉的山的顺序一定是从低到高，否则一定可以找到更优解。这个显然。

• 这样就可以写程序了。

  • 1、可以枚举每座山，一直用最优的炮去打他（最优的炮显然是H>当前山且D最大的那个）然后暴力跑一边，20分。
  • 2 、注意到百分之八十的H数据很小,1000000以内。所以可以开一个数组f[i]表示对于i高的山轰掉需要几枚炮弹。这样又可以暴力扫一遍拿到80分。
  • 3、题目的部分分往往带有很强的提示性，100分的h到了10^18。注意八十分的点。画一下图就可以发现。如果当前有两个相邻的炮（H1 < H2, D1>D2）; 然后有一座山高度为 H1 < h <=H2 ,必定使用第二个炮把山轰到H1以内，然后改用第一个炮，这样会发现其实每次的状态 与炮的H 相差 都不会超过前一个的D; (D<=500),因此可以直接用数组f[i][j]记录一座山和炮i的H相差j时的最优数量（p[i].H-hill[i]==j）。这样扫一遍就可以知道答案啦，可以拿到100分。

代码

// 这里的p已经去掉无用炮了；
void iwork()
{
    int L= p[1].H>LL(500)? 500 : LL(p[1].H) ;  
    for(int i=0;i<=L;i++)
    {
        LL now=(p[1].H-i);
        if(now%p[1].d==0) now/=p[1].d; else now=(now/p[1].d)+1;
        f[1][i]=now;    
    }
    for(int i=2;i<=m;i++)
    {
        L= p[i].H>LL(500)? 500 : LL(p[i].H); 
        for(int h=0;h<=L;h++)
        {
            LL now=p[i].H-h;
            int k=0;  LL delta=0;
            if(now<=p[i-1].H) k=p[i-1].H-now;
            else
            {
                delta=now-p[i-1].H;
                if((delta%p[i].d)==0) delta=delta/p[i].d,k=0; 
                else { delta=(delta/p[i].d)+1;  k=p[i-1].H-(now-delta*p[i].d);  }
            }
            f[i][h]=f[i-1][k]+delta;
        }
    }

    LL ans=0;
    int nows=1;
    for(int i=n;i>=1;i--)
    {
        if(K==0) break;
        while(mount[i]>p[nows].H && nows<m) nows++;
        if(nows==m && mount[i]>p[nows].H) break;

        LL delta=mount[i]-p[nows-1].H;  int s=0;
        LL k=0;
        if((delta%p[nows].d)==0)  { k=delta/p[nows].d; s=0;}
        else     { k=(delta/p[nows].d)+1; s=p[nows-1].H-(mount[i]-k*p[nows].d); }       
    //printf(" %lld %d\n",delta,k,s);
        if((k+f[nows-1][s])<=K) { K-=(k+f[nows-1][s]); ans++; }
        else break; 
    }   
    printf("%lld %lld\n",ans,K);
}

【密码】new oj 1046

题目大意： 给你一个字符串，以及可以操作的次数。每次操作可以交换相邻的两个字符，问最后能达到的字符串字典序最小的字符串是什么，输出这个最优串。

思路

• 很蛋疼的就是交换的这个过程，虽然说我已开始就避开了这个。
• 发现如果在可移动范围内有最小的字符，那么把他移动到前面来一定是最优解。
• 发现移动的时候整个字符串需要移动的部分是整体后移的，并不会改变相对的位置。
• 因此我考场上脑洞很大的开了两个堆，一个按照字符大小排序，另一个按照pos排序。居然也能过。
• 随便套个树状数组维护一下。

代码

void add(int x,int val){ 
    for(;x<=n;x+=(x&(-x))) c[x]+=val;
}

int cal(int x){
    int res=0;
    for(;x>0;x-=x&-x) res+=c[x];
    return res;
} 

priority_queue<Node> q;
priority_queue<data> lishi;
void iwork()
{

    for(int i=1;i<=n;i++) q.push(Node(s[i],i));
    int l=0,r=0;
    while(K)
    {
        if(l==n) break;
        ++l; r= K>LL(n)? n:int(K) ; 
        while(!lishi.empty() && lishi.top().ipos-cal(lishi.top().ipos)-1<=r)
        {
            data t=lishi.top(); lishi.pop();
            q.push(Node(t.ich,t.ipos)); 
        }// 加入之前删掉现在可以用的字符。
        while(!q.empty() && q.top().pos-cal(q.top().pos)-1>r) 
        {
            Node t=q.top(); q.pop(); 
            lishi.push(data(t.ch,t.pos));
        }// 删掉不再范围内的字符。
        ans[l]=q.top().pos;   f[ans[l]]=1;  add(ans[l],1);
        K-=max(LL(0),LL(ans[l]-cal(ans[l])));// printf("%d %lld\n",l,K);    

        q.pop();
    }
    for(int i=1;i<=l;i++) printf("%c",s[ans[i]]);
    for(int i=1;i<=n;i++) if(!f[i]) printf("%c",s[i]);
    printf("\n"); 
}

【树形图计数】 new oj 1027
题目大意：小k同学最近正在研究最小树形图问题。所谓树形图，是指有向图的一棵有根的生成树，其中树的每一条边的指向恰好都是从根指向叶结点的方向。现在小k在纸上画了一个图，他想让你帮忙数一下这个图有多少棵树形图。

思路：

• 暴搜啊，我都不知道当时为什么写错。
• 只要每次插入时判断会不会成为一个环就可以了。
• 当然cyc提供了一种巧妙的状压方法，当时没有听很懂。

代码

int find(int x)
{
    if(fa[x]==x) return x;
    else return find(fa[x]);    
}

void dfs(int now,int root)
{
    if(now==n+1) { ans++; return;}
    if(now==root) { dfs(now+1,root); return; }
    for(int i=1;i<=n;i++) 
        if(edge[i][now] && find(now)!=find(i))
        {
            fa[now]=i;
            dfs(now+1,root);
            fa[now]=now;
        }   
}

int main()
{
    iread();
    for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
    for(int i=1;i<=n;i++) dfs(1,i);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}