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第一题：路径
题目描述
有n个点，m条无向边，有A,B两个人，初始时刻A在点1，B在点2，他们要走到点n去。A每走一条边，要消耗B单位能量，B每走一条边，要消耗E单位能量。如果A,B相伴走，则只消耗P单位的能量。请问A,B走到点n，最少要消耗多少能量?
输入数据保证1和n，2和n连通。
输入
第一行包含整数B,E,P,N和M，所有的整数都不超过40000，N>=3。
接下来M行，每行两个整数，表示该无向边连接的两个顶点。
输出
一个整数，表示最小要消耗的能量。
样例数据
| 样例输入 | 样例输出 |
4 4 5 8 8
1 4
2 3
3 4
4 7
2 5
5 6
6 8
7 8
| 22 |
STD Code
<BFS>
#include<cstdio> #include<algorithm> #include<queue> #include<vector> #define MAXN 40005 #define INF 0x3f3f3f3f using namespace std; int cost_A,cost_B,cost_AB,num_point,num_edge,ans=INF; int va[3][MAXN]; bool vis[3][MAXN]; struct node { int x,cnt; node(){} node(int c,int y) { x=c,cnt=y; } }; vector <int> a[MAXN]; void bfs(int x) { int last=x; if(last==3) last=num_point; queue <node> q; q.push(node(last,0)); vis[x-1][last]=1; while(!q.empty()) { node now=q.front(); q.pop(); va[x-1][now.x]=now.cnt; int sz=a[now.x].size(); for(int i=0;i<sz;i++) { if(vis[x-1][a[now.x][i]]) continue; vis[x-1][a[now.x][i]]=1; q.push(node(a[now.x][i],now.cnt+1)); } } } int main() { scanf("%d%d%d%d%d",&cost_A,&cost_B,&cost_AB,&num_point,&num_edge); for(int i=1;i<=num_edge;i++) { int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); a[x].push_back(y); a[y].push_back(x); } bfs(1); bfs(2); bfs(3); for(int i=1;i<=num_point;i++) { if(!vis[0][i]||!vis[1][i]||!vis[2][i]) continue; ans=min(ans,va[0][i]*cost_A+va[1][i]*cost_B+va[2][i]*cost_AB); } printf("%d",ans); return 0; }
<SPFA-Sources From G20190812>
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cstdio> #include<cmath> #include<algorithm> #include<queue> const int INF=0x3f3f3f3f; const int MAXN=40010; using namespace std; struct node { int e,next; }Link[MAXN*2]; int arr[MAXN],ans1[MAXN],ans2[MAXN],ansn[MAXN]; int cost_A,cost_B,cost_AB,num_point,num_edge; bool vis[MAXN]; queue<int>q; void Spfa(int r,int fg) { int s;vis[r]=1;q.push(r); while(!q.empty()) { s=q.front();q.pop();vis[s]=1; for(int i=arr[s];i;i=Link[i].next) { if(fg==1) ans1[Link[i].e]=min(ans1[Link[i].e],ans1[s]+1); if(fg==2) ans2[Link[i].e]=min(ans2[Link[i].e],ans2[s]+1); if(fg==0) ansn[Link[i].e]=min(ansn[Link[i].e],ansn[s]+1); if(!vis[Link[i].e]) { vis[Link[i].e]=1; q.push(Link[i].e); } } } } int main() { int tmp_a,tmp_b,cnt=0; scanf("%d%d%d%d%d",&cost_A,&cost_B,&cost_AB,&num_point,&num_edge); for(int i=1;i<=num_edge;i++) { scanf("%d%d",&tmp_a,&tmp_b); Link[++cnt].e=tmp_a;Link[cnt].next=arr[tmp_b];arr[tmp_b]=cnt; Link[++cnt].e=tmp_b;Link[cnt].next=arr[tmp_a];arr[tmp_a]=cnt; } memset(ans1,INF,sizeof(ans1)); ans1[1]=0;Spfa(1,1);//找1最短路 memset(ans2,INF,sizeof(ans2)); memset(vis,0,sizeof(vis)); ans2[2]=0;Spfa(2,2);//找2最短路 memset(ansn,INF,sizeof(ansn)); memset(vis,0,sizeof(vis)); ansn[num_point]=0;Spfa(num_point,0);//找n最短路 cnt=INF; for(int i=1;i<=num_point;i++) cnt=min(cnt,ans1[i]*cost_A+ans2[i]*cost_B+ansn[i]*cost_AB); printf("%d\n",cnt); return 0; }
题目分析
考试时，一看到这道题：“天哪，居然考图论......” 于是卡了半天，决定还是跳过这道题比较好——然而，考完后听说暴力居然可以骗个几十分......
下面，我们来看看这道题的思路：
我们应该知道，这道题是一道求最短路的题,只是不能单纯的求最短路而已。事实上，我们在分别对A、B求到n的最短路后，会发现A、B会和的节点不一定在A、B各自的最短路上，因此，我们还要对n求一次最短路（也可以BFS），找到会和的节点，最后再来求出最少消耗的总能量。
第二题：magic
题目描述
小魔仙为了拯救她的好朋友芭比兔，千方百计的弄到了关押芭比兔的迷宫的地图。迷宫的入口在点1处，关押芭比兔的地点在点n处。在迷宫中，小魔仙只能沿着水平方向或竖直方向移动，否则就会碰壁。迷宫中的墙是无形的，幸好地图中已经给出了小魔仙的所有必经地点，她必须严格按照地图中给出的顺序访问这些必经点，才能达到点n处。小魔仙走路的速度很慢，每秒种只能走一个单位距离。但是小魔仙可以施展魔法，这样她可以瞬间跳过其中若干点，时间消耗几乎为0。但是她的魔法最多只能让她跳过k个点（注意：她不能跳过起点和终点，即点1和点n）。她想以最快的速度救出芭比兔，请问她最少需要多少时间。地图的行经路线可能会多次经过同一个坐标。小魔仙跳过的k个点是指在行经路线中的点，如果某个点被跳过多次，则每一次都要消耗魔法。
输入
第一行包含N，K.(N<=500,K<=N)接下来N行包含两个整数x，y,表示需要访问的顶点坐标。（-1000<=x<=1000,-1000<=y<=1000）
输出
小魔仙最少需要的时间。
样例数据
| 样例输入 | 样例输出 |
|
5 2 0 0 8 3 1 1 10 -5 2 2 | 4 |
STD Code
#include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #define INF 0x3f3f3f3f #define MAXN 510 using namespace std; int n,m; int dp[MAXN][MAXN]; struct node { int x; int y; }; node point[MAXN]; int dis(int a,int b) { return abs(point[a].x-point[b].x)+abs(point[a].y-point[b].y); } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&point[i].x,&point[i].y); for(int i=2;i<=n;i++) for(int j=0;j<=m;j++) dp[i][j]=INF; for(int i=2;i<=n;i++) for(int j=m;j>=0;j--) for(int k=i-1;k>=1&&i-k-1<=j;k--) dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[k][j-(i-k-1)]+dis(i,k)); printf("%d",dp[n][m]); return 0; }
题目分析
先说说考试时的思路：由于从一个节点到另一个节点只能水平或竖直着走，于是我天真地以为能通过对每两个节点之间的“某种关系”来计算出在一个区间内每一个节点对前往终点的的“贡献值”，排序后来求出要删除的点......然而，这种计算“贡献值”的方法要考虑的情况实在太多，根本与打表无异，结果当然是WA掉。
事实上，这是一道DP题，f[i][j]表示前i个节点中用了j次魔法后走的最短距离，最后的目标状态为f[n][m]，DP方程式就没有什么好说的了，需要注意的是：由于是求最短距离，因此我们需要在每一次状态转移的时候取最小值（如标程所示），你也可以不在中间取最小值，在最后再通过一次循环来求解:目标状态为min(f[n][x])(0<=x<=m)，也就是说，魔法可能不一定会被用完。
第三题：公路
题目描述
有一条单向的高速公路，只有一条车道，有n（1<=n<=100000）辆车在车高速路上行驶。他们的车速可能不同。但因为只有一条车道，所以不存在超车的可能。如果一辆车追上了前车，它就只能减速，与前车以同样的速度行驶，这样它们可以成为一个group。这些汽车的体积可以忽略不计。问经过T单位时间，高速公路上一共有多少个group。（当T时刻时，所有位置相同的汽车称为一个group）。
输入
第一行两个整数N,T(1<=T<=1000000000)
接下来N行，每行包含两个整数，分别表示一辆车的初始位置和初始速度。
输出
一个整数，表示T时刻后有多少个group。
样例数据
| 样例输入 | 样例输出 |
|
5 3 0 1 1 2 2 3 3 2 6 1 |
3 |
STD Code
#include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<iostream> #include<algorithm> #define LL long long using namespace std; int n,k,sum; struct node { LL x,l,f; }; node a[100010]; bool cmp(node a,node b) { return a.f<b.f; } int main() { scanf("%d%d",&n,&k); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%I64d%I64d",&a[i].x,&a[i].l); a[i].f=a[i].x; a[i].x+=a[i].l*k; } sort(a+1,a+1+n,cmp); LL p=a[n].x; for(int i=n-1;i>=1;i--) { if(a[i].x>=p) sum++; else p=a[i].x; } printf("%d",n-sum); return 0; }
题目分析
考试的时候，把cmp函数的返回值写成了“return a.f<a.f”......居然过了样例......我就呵呵了。
下面来看看这道题的思路：
我们先在输入数据时计算出每一辆车的末端点（也就是忽略其他车辆阻碍所能行驶到的最远距离），再按起始点排序。排完序我们就会发现：假设A的起始点比B的起始点小，但是A的末端点比B的末端点大，那就意味着A会超过B，不过这当然不会发生，A会与B“融为一体”。我们来画个图好了：
如图，有五辆车，我们已经按起始点对它们排了序。此时我们会发现，2号车会阻拦1号车，5号车会阻拦3号、4号车。总结以上规律，我们发现，若从最后一辆车往前扫描，那么我们就需要将第n-i号车与之前终点最近的起到阻碍作用的车的终点经行比较：若仍会被阻拦（像图中的4和5、3和5、1和2），就归为一个group；若不能，即追不上阻拦的车，那么就不能归为一个group。
Time ： 2017-04-08
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