2019.08.21【NOIP提高组】模拟 A 组

本文精选三道算法竞赛题目,包括数字题目分析、Maja授粉路径最优化及朋友圈关系匹配,深入解析解题思路与代码实现,涵盖动态规划、状态压缩等高级算法技巧。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

JZOJ 6315 数字

题目

在这里插入图片描述


分析

那么这道题要么答案是本身,要么枚举分界点,细节很多详见代码


代码

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define rr register
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,ans,tot,dig[20],dp[20];
inline ll iut(){
	rr ll ans=0; rr char c=getchar();
	while (!isdigit(c)) c=getchar();
	while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();
	return ans;
}
inline void print(ll ans){
	if (ans>9) print(ans/10);
	putchar(ans%10+48);
}
inline ll min(ll a,ll b){return a<b?a:b;}
inline ll dfs(ll dep,ll n){
	--dep;
	for (rr int i=n;i;--i){
		++dep;
		if (dp[i]!=dig[dep]&&dp[i]>=0||i==n&&dp[i]!=dig[dep]&&dig[dep]==0) return 1e18;//如果不存在这个值
		dp[i]=dig[dep];
		if (dep==tot){
			rr ll sum=0;
			for (rr int j=n;j;--j) sum=sum*10+dp[j];
			return sum;
		}
	}
	++dp[1];
	for (rr int i=1;i<=n;++i) dp[i+1]+=dp[i]/10,dp[i]%=10;
	if (dp[n+1]>-2) dp[n+1]=1,++n;
	return dfs(dep+1,n);
}
inline void pro(int n){
	for (rr int i=1;i<n;++i){
		for (rr int j=1;j<20;++j) dp[j]=-2;
		for (rr int j=i;j>=1;--j) dp[j]=dig[i-j+1];//枚举分界点
		++dp[1];
		for (rr int j=1;j<=n;++j) dp[j+1]+=dp[j]/10,dp[j]%=10;
		if (dp[n+1]>-2) ++n;
		ans=min(ans,dfs(i+1,n)); 
	}
	for (rr int i=1;i<20;++i) dp[i]=-2;
	ans=min(ans,dfs(1,n));//没有分界点
}
signed main(){
	for (rr int T=iut();T;--T){
		ans=n=iut(),tot=0;
		while (n) dig[++tot]=n%10,n/=10;
		reverse(dig+1,dig+1+tot);
		for (rr int i=1;i<=tot;++i) pro(i);//枚举答案长度
		print(ans); putchar(10);
	}
	return 0;
}

JZOJ 6313 Maja

题目

蜜蜂到了一片草地,草地可以被描述成 N N N M M M列的网格图,在第 i i i行第 j j j列的位置上有 C i , j C_{i,j} Ci,j朵未授粉的花。她会从第 A A A行第 B B B列出发,每次只能移动到与当前位置四相邻的格子上,且不能移动到草地以外。每到达一个格子,她会把此处所有未授粉的花都授粉。
然而,当她离开一个格子,此处又会长出 C i , j C_{i,j} Ci,j朵未授粉的花。她想知道,如果她从第 A A A行第 B B B列出发,选择一条长度恰好为 K K K的路径,最后又回到第 A A A行第 B B B列,最多能为多少朵花授粉。


分析

先考虑一个容易发现的性质:答案一定是先走到某个点,然后来回重复走某一条路径,
最后原路返回。
对于中间重复走的路径,可以证明它的大小为2:如果大于2,那么假设来回走一遍路
径上所有点,点权和的平均值为 x x x,必然存在一条长度小于它且大于等于 2 的路径
那么可以考虑 dp:设 f [ k ] [ i ] [ j ] f[k][i][j] f[k][i][j]表示从出发点走 k k k步到了 ( i , j ) (i,j) (i,j)的最大点权和,然后假
设第 k k k步进入重复的路径,让他走到 ( i , j ) (i,j) (i,j)四相邻的点中点权最大的一个,然后计算答
案更新全局最大值即可。 D p Dp Dp第一维只需设到 m i n ( n ∗ m , k / 2 ) min(n*m,k/2) min(nm,k/2)


代码

#include <cstdio>
#include <cctype>
#define rr register
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define abs(x) ((x)<0?-(x):(x))
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m,zx,zy,k,a[101][101]; ll dp[2][101][101];
inline signed iut(){
	rr int ans=0; rr char c=getchar();
	while (!isdigit(c)) c=getchar();
	while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();
	return ans;
}
signed main(){
	freopen("maja.in","r",stdin);
	freopen("maja.out","w",stdout);
	n=iut(),m=iut(),zx=iut(),zy=iut(),k=iut();
	rr int lim=min(k>>1,n*m); rr ll ans=0;
	for (rr int i=1;i<=n;++i)
	for (rr int j=1;j<=m;++j) a[i][j]=iut();
	for (rr int p=1;p<=lim;++p)
	for (rr int i=1;i<=n;++i)
    for (rr int j=1;j<=m;++j){
    	if (abs(i-zx)+abs(j-zy)>p) continue;
    	rr ll t1=0,t2=0;
    	if (i!=1) t1=max(t1,dp[(p&1)^1][i-1][j]),t2=max(t2,a[i-1][j]);
    	if (j!=1) t1=max(t1,dp[(p&1)^1][i][j-1]),t2=max(t2,a[i][j-1]);
    	if (i!=n) t1=max(t1,dp[(p&1)^1][i+1][j]),t2=max(t2,a[i+1][j]);
    	if (j!=m) t1=max(t1,dp[(p&1)^1][i][j+1]),t2=max(t2,a[i][j+1]);
    	dp[p&1][i][j]=t1+a[i][j];
    	ans=max(ans,dp[p&1][i][j]*2+(t2+a[i][j])*((k-p*2)>>1)-a[i][j]);
	}
	return !printf("%lld",ans);
}

JZOJ 6316 djq的朋友圈

题目

在这里插入图片描述


分析

考虑产生贡献的只有两种类型
A类点是直接与1号点相连,另一类是与某个A类点相连的非A类为B类,显然只需要考虑B类的排列,显然这个排列是可以用状压dp实现的,考虑 A + B ≤ 41 A+B\leq 41 A+B41那么 m i n ( A , B ) ≤ 20 min(A,B)\leq 20 min(A,B)20,这样就不会超时了,时间复杂度 O ( 2 20 20 ) O(2^{20}20) O(22020)


代码

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#define rr register
#define hehe __builtin_popcountll
using namespace std;
typedef long long ll; const int inf=707406378;
int a[51][51],n,ans,ca,cb,rk[51],dp[1<<20];
ll f1[51],f2[51];
inline signed iut(){
	rr int ans=0; rr char c=getchar();
	while (!isdigit(c)) c=getchar();
	while (isdigit(c)) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=getchar();
	return ans;
}
signed main(){
	freopen("friends.in","r",stdin);
	freopen("friends.out","w",stdout); 
	memset(a,-1,sizeof(a)),n=iut(),
	memset(rk,-1,sizeof(rk));
	for (rr int m=iut();m;--m){
		rr int x=iut()-1,y=iut()-1;
		a[x][y]=a[y][x]=iut();
	}
	for (rr int i=1;i<n;++i)
	if (a[0][i]!=-1){
		rk[i]=ca++,ans+=a[0][i]^1;
		for (rr int j=1;j<n;++j)
		if (a[0][j]==-1&&a[i][j]!=-1){
			if (rk[j]==-1) rk[j]=cb++;
			f1[rk[i]]|=1ll<<rk[j];//A或B类点
			if (a[0][i]^a[i][j]^1) f2[rk[i]]|=1ll<<rk[j];//B类点
		}
	}
	if (ca<21){
		for (rr int i=1;i<(1<<ca);++i) dp[i]=-inf;
		for (rr int i=0;i<(1<<ca);++i)
		if (dp[i]>=0){
			rr ll t=0;
			for (rr int j=0;j<ca;++j)
			if ((i>>j)&1) t|=f1[j];
			for (rr int j=0,t1,t2;j<ca;++j) if (!((i>>j)&1))
			if (dp[t1=i|(1<<j)]<(t2=dp[i]+hehe(f2[j]&(~t)))) dp[t1]=t2;//加入A类点所产生的B类贡献
		}
		ans+=dp[(1<<ca)-1]; 
	}
	else{
		for (rr int i=1;i<(1<<cb);++i) dp[i]=-inf;
		for (rr int i=0;i<(1<<cb);++i)
		if (dp[i]>=0){
			for (rr int j=0,t1,t2;j<ca;++j) if ((i|f1[j])!=i)
			if (dp[t1=(i|f1[j])]<(t2=dp[i]+hehe(f2[j]&(~i)))) dp[t1]=t2;//能产生B类贡献
		}
		ans+=dp[(1<<cb)-1];
	}
	return !printf("%d",ans); 
}
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