动态规划测试test20170513

前言

这次考试有三个人AK，而我却因为被第三题我原来的做法虽然能够oj（难道是oj上的数据水？），被卡成50分，然后就250了。
然后这次考试跟平常理解的dp没有多大的关系。

题目

1.祖先们都在看着你(ancestors.pas/c/cpp)

Time Limit:1s Memory Limit:256MB

【题目描述】

公元前 2000 年。在某块草原中，生活着一群牛，它们都有着自己的图腾和信仰。因此，不同信仰的牛们很自然地分为了各个部族。为了自己所在部族的神灵，牛们经常会发起圣战，为神灵夺取地盘。在很长一段时间内，各个部族的矛盾几乎到达了不可调和的地步！这时，在众牛中，出现了一位豪杰，他在短时间内将各部族拉入麾下，建立起了血蹄部族。他就是后来为牛们所传颂的伟人：孛儿只斤•彰异牛，又名蜃牛•血蹄。他给牛们带来了文明。教会了牛们只用两个后蹄走路，空出前蹄来工作，以致于出现了后来谦逊而不失高贵，致力于侍奉自然的牛头人族。而那片草原正是后来的莫高雷。（求不吐槽……）
牛头人们的生活不是和平的，它们侍奉自然，对破坏自然平衡、亵渎大地母亲的行为深恶痛绝，所以，它们有着自己训练有素的军队。孛儿只斤•彰异牛逝世多年后，由于牛头人们的信仰，它们一直相信祖先彰异牛在看着它们（囧），正因为如此，它们在军队训练过程中没有丝毫懈怠。
某天，在彰异牛的注视下，N 个牛头人（依次标号 1 到 N）加入了军队，由某牛头人队长带领。而军队审查了他们的资料后，给出了 M 条指示，第 i 条指示的内容是：第 Ai 号牛头人必须站在第 Bi 号牛头人的左边，指示之间不会出现矛盾。牛头人队长拿到指示后，便开始规划 N 个牛头人的列队方式了。
现在，你需要用计算机的力量秒杀（1s 运行时间搞定）牛头人队长！

【输入格式】

第一行 2 个数字 N，M。
接下来 M 行，每行两个数字 $A_i$、$B_i$。

【输出格式】

输出 N 行，即 N 个牛头人的站队序列。如果有多个站队序列满足要求，输出任意一个即可。

【样例输入输出】

ancestors.in
5 4
1 2
2 3
3 4
4 5
ancestors.out
1
2
3
4
5

【样例解释】

1 在 2 前，2 在 3 前，3 在 4 前，4 在 5 前、只有排列 12345 满足要求。

【数据范围】

10%的数据 $1\le N\le 8$、$1\le M\le 28$。
40%的数据 $1\le N\le 1000$、$1\le M\le 10^5$。
100%的数据 $1\le N\le 10^5$、$1\le M\le 10^6$。

【题解】

题目太水，显然的拓扑排序求拓扑序列。
写法很多。

【代码】

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;

template< typename Type >inline void Read( Type &In ){
    In=0;char ch=getchar();
    for( ;ch> '9'||ch< '0';ch=getchar() );
    for( ;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar() )In = In*10 + ch-'0';
}

typedef long long LL;
#define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define Min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))

const int size = 1000000+10;
int n,m,cnt;
int du[size],head[size],val[size],nxt[size];
bool vis[size];

queue<int> q;

void add_edge(int x,int y) {
    nxt[cnt]=head[x];val[cnt]=y;head[x]=cnt++;
}

int main() {
    freopen("ancestors.in","r",stdin);
    freopen("ancestors.out","w",stdout);
    memset(head,-1,sizeof head);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++) {
    int x,y;Read( x );Read( y );//scanf("%d%d",&x,&y);
    add_edge(x,y);du[y]++;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    if(!du[i])q.push(i);
    while(!q.empty()) {
    int now=q.front();q.pop();
    if(!vis[now]) {
        vis[now]=true;printf("%d\n",now);
    }
    for(int i=head[now];i!=-1;i=nxt[i]) {
        du[val[i]]--;
        if(!du[val[i]]) q.push(val[i]);
    }
    }
    return 0;
}

2.愿大地母亲保佑你(bless.pas/c/cpp)

Time Limit:1s Memory Limit:256MB

【题目描述】

牛头人们的生活从来不是和平的。刺背野猪人、鹰身人等种族经常来骚扰他们，还有一个很欠抽的某巨魔及其麾下的军队。
某天，仍然是在彰异牛的注视下，某牛头人临危受命，在大地母亲的保佑下，拿回了一张图纸，图纸上画的是某巨魔的组织关系示意图。这个图中包含的是某巨魔组织的从属关系（直属上级和直属下级），图绘制出来后的形态是 N 个点的树，但是这张图没有告诉牛头人对于一对有从属关系的巨魔，谁是上级谁是下级。巨魔中肯定有个最高指挥官（即没有从属上级的巨魔），但是牛头人现在不好判断哪个巨魔是最高指挥官了。
经过一个牛头人大德鲁伊分析后，得出结论，如果将某个巨魔从这个关系图中去掉后，这个图剩下的连通块中，点数最多那个块在所有去掉的方案中的点数最少，那么这个巨魔可能就是最高指挥官。现在，牛头人需要你找出一个最高指挥官。

【输入格式】

第一行 1 个数字 N。
接下来 N-1 行，每行两个数字 Ai、Bi，表示 Ai号巨魔和 Bi号巨魔之间有从属关系。

【输出格式】

输出一个数字，即巨魔最高指挥官的编号。如果有多个输出编号最小的那个。

【样例输入输出】

bless.in
3
1 2
2 3
bless.out
2

【样例解释】

1 在图中去掉后，剩下的连通块点数最多的为 2 个。2 在图中去掉后，剩下的连通块点
数最多的为 1 个，3 在图中去掉后，剩下的连通块点数最多为 2 个。

【数据范围】

20%的数据 $1\le N\le 1000$。
100%的数据 $1\le N\le 10^6$。

【题解】

首先无向图转有向图；
当一个点被删掉之后，产生的连通块有：
一：此点上方的所有点。
二：以此点的每一个儿子为根的子树。
然后就可以愉快的AC了。

【代码】

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

#define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define Min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
typedef long long LL;
const int size = 1000000+10;


template< typename Type >inline void Read( Type &In ){
    In=0;char ch=getchar();
    for( ;ch> '9'||ch< '0';ch=getchar() );
    for( ;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar() )In = In*10 + ch-'0';
}


int n,cnt;
int nxt[size<<1],head[size<<1],val[size<<1],f[size<<1];
int maxn=0x3f3f3f3f,ans;


void add_edge(int x,int y) {
    nxt[cnt]=head[x];val[cnt]=y;head[x]=cnt++;
}

namespace my_dfs {
    void dfs(int now,int pre) {
    f[now]=1;int Maxn=-1;
    for(int i=head[now];i!=-1;i=nxt[i])
        if(val[i]!=pre){
        dfs(val[i],now);f[now]+=f[val[i]];
        Maxn=Max(Maxn,f[val[i]]);
        }
    Maxn=Max(Maxn,n-f[now]);
    if(maxn>Maxn){
        maxn=Maxn;
        ans=now;
    }
    }
}

int main() {
    freopen("bless.in","r",stdin);
    freopen("bless.out","w",stdout);
    memset(head,-1,sizeof head);
   Read(n);
    for(int i=1;i<n;i++) {
    int x,y;Read(x);Read(y);
    add_edge(x,y);add_edge(y,x);
    }
    my_dfs::dfs(1,0);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

3.大地母亲在忽悠着你(cheat.pas/c/cpp)

Time Limit:1s Memory Limit:256MB

【题目描述】

大地母亲在护佑着你……
……
对不住了，我不想写背景了。
……
某牛头人：愿大地母亲宽恕你的罪行……
……
如何得到宽恕？
……
某牛头人：计算$\sum _{ i=1 }^{ m }{ n\quad mod\quad i }$的值。
……
大地母亲你真在忽悠我……

【输入格式】

第一行 2 个数字 M、N。

【输出格式】

输出一个数字，即答案。

【样例输入输出】

cheat.in
5 3
cheat.out
7

【样例解释】

$3 mod 1=0$
$3 mod 2=1$
$3 mod 3=0$
$3 mod 4=3$
$3 mod 5=3$
答案为 $1+3+3=7$。

【数据范围】

20%的数据 $1\le N,M\le 10^6$。
100%的数据 $1\le N,M\le 10^9$。

【题解】

原题：[CQOI2007]余数求和
他们那些AK的人的做法暴力分块求，而我当时的一个数学方法后面竟然TLE了.
这里给出一个AC的数学方法
找规律可知：$f(i+1)= k mod (i+1) = k-q(i+1)=k-qi-q=f(i)-q$（一个显然的等差数列递推式）;
也就是说两个相邻的自然数，若被k除的商相同，则被k取模后的两个数相差-q。
所以，只要找出一个区间[i,j]，使得k/i=k/(i+1)=…=k/j，即可用等差数列公式求出$k mod i + k mod (i+1) + ... + k mod j$。
这个任务就是：解方程[k/x]=p。
可以轻易得到$px\le k<(p+1)x$，而我们只关注$px\le k$，即$x\le \frac{k}{p}$，得出$x=[\frac{k}{p}]$。
对于每一个i，令$p=[k/i], q=k mod i,j=min(n,\frac{k}{p})$。
根据等差数列公式得到$k mod i + ... + k mod j = q*(j-i+1)-\frac{(j-i+1)*(j-i)}{2}*p$。

【代码】

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

typedef long long LL;

LL ans,n,k,p,q;

inline LL read() {
    LL in=0;char ch=getchar();
    for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())
        in=in*10+ch-'0';
    return in;
}

int main() {
    freopen("cheat.in","r",stdin);
    freopen("cheat.out","w",stdout);
    n=read();k=read();
    for(LL i=1; i<=n; i++) {
        p=k/i,q=k%i;
        LL j=p?k/p:n;
        if(j>n)j=n;
        ans+=q*(j-i+1)-(j-i+1)*(j-i)/2*p;
        i=j;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

总结

排名 名称 　bless cheat ancestors 　总分
1 　Lcy 　100 　　100 　100 　　　300
1 　Yzy 　100 　　100 　100 　　　300
1 　yyj 　100 　　100 　100 　　　300

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