2018.07.06【2018提高组】模拟C组

前言：听取WA声一片（爆零了）

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比赛题目

JZOJ 1192 矩阵

题目大意

矩阵相乘，求最少进行的乘法次数，矩阵$A(m\ast n)\ast B(n\ast p)$的乘法次数为$m\ast n\ast p$次。

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分析

不得不说，多虑了，题目说明保证能够相乘，且矩阵乘法不符合乘法交换律，所以邻接表不存在的(害得浪费了一个多小时的时间，还一点用都没有)，但是基本思想是可以想到的，因为矩阵乘法符合结合律($(A\ast B)\ast C=A\ast (B\ast C)$)，区间dp. $A(m\ast n)\ast B(n\ast p)=C(m\ast p)$
状态转移方程：$f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+a[i]\ast b[k]\ast b[j]+f[k+1][j])$

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代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
int n,a[501],b[501],f[501][501];
int min(int a,int b){return (a<b)?a:b;}
int main(){
	scanf("%d",&n); memset(f,0x3f,sizeof(f));
	for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&a[i],&b[i]),f[i][i]=0;
	for (int j=2;j<=n;j++)
	for (int i=j-1;i>=1;i--)
	for (int k=i;k<j;k++)
	f[i][j]=min(f[i][j],f[i][k]+a[i]*b[k]*b[j]+f[k+1][j]);
	return !printf("%d",f[1][n]);
}

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JZOJ 1736 扑克游戏

题目大意

把扑克放入二叉树的叶子节点中，使${\sum }_{i=1}^n点数\ast 层数$最小。

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分析

题目大意不难分析，当你把扑克牌放在节点上，那么你不能把别的扑克牌放在这个节点以及这个节点的子树上，所以扑克牌在叶子节点，后面的条件也很简单可以推出，但这使我想到了WPL最小（哈夫曼树），看到这个又想到了合并果子，堆的算法，每次寻找最小的两个数，累加它们的和，把和加入堆，直到堆只剩下一个数。
快排$O(nlogn)$算法
单调队列$O(n)$算法

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代码（睿智合并果子）

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n,a[10001],ans;
void up(int x){
	while (x>1&&a[x]<a[x/2]) swap(a[x],a[x/2]),x/=2;
}
void down(int x){
	int y;
	while (x*2<=n||x*2+1<=n){
	if (x*2+1>n||a[x*2]<a[x*2+1]) y=x*2; else y=x*2+1;
	if (a[x]>a[y])swap(a[x],a[y]); x=y;
	}
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),up(i);
	while (n>1){
		int u=0; u=a[1]; a[1]=a[n]; n--; down(1);//取小的数
		u+=a[1]; a[1]=a[n];	n--; down(1);//取第二小的数
		n++; a[n]=u; ans+=u; up(n);//弹出两个数插入和
	}
	printf("%d",ans); return 0;
}

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JZOJ 1397 圆环取数

题目大意

有一个被划分为n个格子的圆环，两个格子的距离为两个格子之间的格子数量的最小值，指针一开始指向了圆环上的某一个格子，取下与它距离小于k的格子的数，取一个数的代价即这个数的值。每次转动指针至相邻的位置代价为圆环上还剩下的数的最大值，求最小代价。

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分析

首先每个数都会被取，所以数的总和可以单独处理，但是转动的代价是要求的，所以要争取转的次数少，但是不一定是贪心！
一开始要把第一个指针指向的格子及与它距离小于k的格子的数取下，把圆环断成链，指针向右移i个格或向左移j个格（$i+j+k+k<n$）,当$i+j+k+k+1=n$时计算最小值，滚动数组不想多讲（把原来的改一改就好了），最大值可用RMQ预处理
区间dp：
$f[i][j][0/1]表示指针向右移i个格且向左移j个格的最小代价（0表示向左移，1表示向右移）$
$dp[i][j][1]=\min (dp[i][j-1][1]+x1,dp[i][j-1][0]+x1\ast (i+j))$
$dp[i][j][0]=\min (dp[i-1][j][0]+x2,dp[i-1][j][1]+x2\ast (i+j))$
$x1={\max }_{t=k+2+i}^{n-k-j+1}a[t],x2={\max }_{t=k+1+i}^{n-k-j}a[t]$

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代码

#include <cstdio>
#include <cctype>
using namespace std;
int ans,dp[2][2001][2]; short n,m,a[2001],f[2001][15],nlog[2001]={-1};
short in(){
	short ans=0; char c=getchar();
	while (!isdigit(c)) c=getchar();
	while (isdigit(c)) ans=ans*10+c-48,c=getchar();
	return ans;
}
int max(int a,int b){return (a>b)?a:b;}
int min(int a,int b){return (a<b)?a:b;}
int que(int l,int r){
    if (l>r) return 0;
	int z=nlog[r-l+1];
	return max(f[l][z],f[r-(1<<z)+1][z]);
}
void rmq(int l,int r);
int main(){
	n=in(); m=in(); int l=m+2,r=n-m,ans1=2147483647,ans2=2147483647;
	for (int i=1;i<=n;i++) ans+=(a[i]=in());
	for (int i=1;i<=n;i++) nlog[i]=nlog[i>>1]+1;//预处理2^nlog[i]>i
	if (m<<1>=n-1) return !printf("%d",ans);//连转都不用转
	rmq(l,r);
	for (int i=0;i<=n-m;i++)
	for (int j=0;j<=n-m-i;j++)
	if (i||j){
		dp[i&1][j][0]=dp[i&1][j][1]=666666666;
		int x1=que(l+i,r-j+1),x2=que(l+i-1,r-j);
		if (j) dp[i&1][j][1]=min(dp[i&1][~-j][1]+x1,dp[i&1][~-j][0]+x1*(i+j));//指针在右边
		if (i) dp[i&1][j][0]=min(dp[~-i&1][j][0]+x2,dp[~-i&1][j][1]+x2*(i+j));//指针在左边
		if (i+j==n-m-m-1) ans1=min(ans1,dp[i&1][j][0]),ans2=min(ans2,dp[i&1][j][1]);
	}
	return !printf("%d",ans+min(ans1,ans2));  
}
void rmq(int l,int r){
	for (int i=l;i<=r;i++) f[i][0]=a[i];
	for (int j=1;(1<<j)<=(r-l+1);j++)
	for (int i=l;i+(1<<j)-1<=r;i++)
	f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i+(1<<j-1)][j-1]);
}

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后续

不管怎么样，题目都不算难，希望明天的考试加油，Fighting！