CF习题集二

CF习题集二

一、CF507E Breaking Good

题目描述

\(Breaking Good\)这个游戏对于有经验的玩家来说也有一定的难度。

游戏的主角小明希望加入一个叫斧头帮的犯罪团伙。这个团伙控制着整个国家\(n\)个城市间的\(m\)条双向道路，这些道路保证没有自环和重边，任何城市可以通过这些道路到达任何其他城市。

然而道路并不全都能通行，有些道路是需要修复。

现在这个团伙要搞一个大新闻！搞事地点位于城市\(1\)。像往常一样，这个行动最难的部分是搞事后如何逃到他们在城市n的总部。为了获得该团伙的信任，小明决定负责这项搞事行动，而且他提出了一个看起来很明智的计划。

首先，他们将在从城市1返回途中使用的路径总长度必须尽可能短；然后，为了让搞的大新闻更加刺激，他们必须炸毁所有不在这条路径上的其他道路。但是他们不必炸掉不能通行的道路。

如果选择的道路有一些不能通行的道路，他们将不得不在行动之前修复那些道路。

小明发现，有很多路径满足了条件\(1\)（即尽可能短），所以他决定在其中选择一条路径，使受影响道路的总数最小化。

你能帮助小明完成搞事并获得该团伙的信任吗？

分析

首先，我们要选择一条最短的路径

在路径最短的基础上，我们要尽量使受影响的道路数更少

因此我们要在跑\(Dij\)的结构体里存储三个东西

即当前节点的编号，当前节点距离起点的最短路径，当前路径下更改的道路条数

在进行松弛操作时，如果\(dis[u]>dis[now]+b[i].val\)

那么我们像之前那样更新\(dis\)值即可

如果\(dis[u]=dis[now]+b[i].val\)但是新的路径更改的道路条数更少

此时我们也需要更新

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e6+5;
int head[maxn],tot=1;
struct asd{
    int from,to,next,val,jud;
}b[maxn];
void ad(int aa,int bb,int cc,int dd){
    b[tot].from=aa;
    b[tot].to=bb;
    b[tot].next=head[aa];
    b[tot].val=cc;
    b[tot].jud=dd;
    head[aa]=tot++;
}
struct jie{
    int num,jl,hf;
    jie(int aa,int bb,int cc){
        num=aa,jl=bb,hf=cc;
    }
    bool operator < (const jie& A) const{
        if(jl==A.jl) return hf>A.hf;
        return jl>A.jl;
    }
};
priority_queue<jie> q;
bool viss[maxn];
int dis[maxn],jl[maxn],hf[maxn];
void dij(){
    memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
    memset(hf,0x3f,sizeof(hf));
    dis[1]=0;
    hf[1]=0;
    q.push(jie(1,0,0));
    while(!q.empty()){
        int now=q.top().num;
        int nhf=q.top().hf;
        q.pop();
        if(viss[now]) continue;
        viss[now]=1;
        for(int i=head[now];i!=-1;i=b[i].next){
            int u=b[i].to;
            if(dis[u]>dis[now]+b[i].val){
                dis[u]=dis[now]+b[i].val;
                jl[u]=i;
                hf[u]=nhf+b[i].jud;
                q.push(jie(u,dis[u],hf[u]));
            } else if(dis[u]==dis[now]+b[i].val){
                if(hf[u]>nhf+b[i].jud){
                    jl[u]=i;
                    hf[u]=nhf+b[i].jud;
                    q.push(jie(u,dis[u],hf[u]));
                }
            }
        }
    }
}
vector<int> g;
bool vis[maxn];
int main(){
    memset(head,-1,sizeof(head));
    int n,m;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int aa,bb,cc;
        scanf("%d%d%d",&aa,&bb,&cc);
        ad(aa,bb,1,cc^1);
        ad(bb,aa,1,cc^1);
    }
    dij();
    int ans=0;
    int now=n;
    while(jl[now]){
        if(jl[now]%2==0) g.push_back(jl[now]-1);
        else g.push_back(jl[now]);
        now=b[jl[now]].from;
    }
    for(int i=0;i<g.size();i++){
        vis[g[i]]=1;
    }
    for(int i=1;i<tot;i+=2){
        if(vis[i]){
            if(b[i].jud==1){
                ans++;
            }
        } else {
            if(b[i].jud==0){
                ans++;
            }
        }
    }
    printf("%d\n",ans);
    for(int i=1;i<tot;i+=2){
        if(vis[i]){
            if(b[i].jud==1){
                printf("%d %d %d\n",b[i].from,b[i].to,1);
            }
        } else {
            if(b[i].jud==0){
                ans++;
                printf("%d %d %d\n",b[i].from,b[i].to,0);
            }
        }
    }
    return 0;
}

二、CF467C George and Job

题目描述

新款手机 \(iTone6\) 近期上市，\(George\) 很想买一只。不幸地，\(George\) 没有足够的钱，所以 \(George\) 打算当一名程序猿去打工。现在\(George\)遇到了一个问题。 给出一组有 \(n\) 个整数的数列\(p_1,p_2,...,p_n\),你需要挑出 \(k\) 组长度为 \(m\) 的数，要求这些数互不重叠 即$ [l_{1},r_{1}],[l_{2},r_{2}],...,[l_{k},r_{k}] (1<=l_{1}<=r_{1}<l_{2}<=r_{2}<...<l_{k}<=r_{k}<=n;r_{i}-l_{i}+1=m)[l1​,r1​],[l2​,r2​],...,[lk​,rk​]$

使选出的数的和值最大，请你帮助George码出这份代码

分析

我们设\(f[i][j]\)为前\(i\)个数选出了\(j\)组，其中第\(i\)个数必须选的最大值

那么我们就可以写出如下的状态转移方程

f[i][k]=max(f[i][k],f[j][k-1]+sum[i]-sum[i-m]);

时间复杂度为\(O(n^3)\)

实际上，我们可以用单调队列对于每一个\(i\)维护\(f[j][k-1]\)的最大值

这样时间复杂度就降到了\(O(n^2)\)

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=5e3+5;
#define int long long
int sum[maxn],a[maxn],f[maxn][maxn],q[maxn],head,tail;
signed main(){
    int n,m,p;
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&p);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lld",&a[i]);
        sum[i]=sum[i-1]+a[i];
    }
    int ans=0;
    for(int j=1;j<=p;j++){
        head=1,tail=1;
        memset(q,0,sizeof(q));
        for(int i=m;i<=n;i++){
            if(head<=tail)f[i][j]=max(f[i][j],f[q[head]][j-1]+sum[i]-sum[i-m]);
            while(head<=tail && f[i-m+1][j-1]>f[q[tail]][j-1]) tail--;
            q[++tail]=i-m+1;
            ans=max(ans,f[i][p]);
        }
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

三、CF333E Summer Earnings

题目描述

在一个平面内给出\(n\)个点的坐标，任选其中三个为圆心作半径相同的圆，要求这三个圆不能相交但可以相切，求能画出的圆中的最大半径。

分析

对于平面上的三个点，我们可以将其分为两种情况

一种情况是三个点都位于一条直线上

此时我们的最大直径只能是三点当中距离最小的两点的距离

还有一种情况是三个点不在同一条直线上

此时我们的最大直径也只能是三点当中距离最小的两点的距离

因为我们要保证圆只能相切，不能相交

如果直径再大一点，势必会出现相交的情况

所以我们可以先预处理出任意两点间的距离，然后按距离从小到大排好序

每次取出两个点，我们就判断一下它们是否和同一个点已经连到一起

如果已经连到一起，我们就输出当前答案，否则继续寻找

而判断两个点是否和同一个点连到一个我们可以用\(bitset\)解决

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef double dd;
const int maxn=3005;
dd jlx[maxn],jly[maxn];
bitset<maxn> g[maxn];
struct asd{
    int from,to;
    dd da;
}b[maxn*maxn];
dd solve(int aa,int bb){
    return (dd)sqrt((jlx[aa]-jlx[bb])*(jlx[aa]-jlx[bb])+(jly[aa]-jly[bb])*(jly[aa]-jly[bb]));
}
bool cmp(asd aa,asd bb){
    return aa.da>bb.da;
}
int main(){
    int n,cnt=0;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lf%lf",&jlx[i],&jly[i]);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=i+1;j<=n;j++){
            if(i==j) continue;
            b[++cnt].da=solve(i,j);
            b[cnt].from=i;
            b[cnt].to=j;
        }
    }
    sort(b+1,b+1+cnt,cmp);
    for(int i=1;i<=cnt;i++){
        int aa=b[i].from,bb=b[i].to;
        g[aa][bb]=1,g[bb][aa]=1;
        if((g[aa] & g[bb]).count()){
            printf("%.20lf\n",b[i].da/2.0);
            exit(0);
        }
    }
    return 0;
}

四、CF132C Logo Turtle

题目描述

很多人把\(LOGO\)编程语言和海龟图形联系起来。在这种情况下，海龟沿着直线移动，接受命令“T”（“转向180度”）和“F”（“向前移动1单元”）。

你会收到一份给海龟的命令清单。你必须从列表中精确地改变N个命令（一个命令可以被改变多次）。要求出海龟在遵循修改后的所有命令后，会从起点最远可以移到多远？

分析

传送门

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=105;
char s[maxn];
int f[maxn][maxn][3],wz[maxn];
int main(){
	for(int i=0;i<maxn;i++){
		for(int j=0;j<maxn;j++){
			f[i][j][1]=f[i][j][0]=-0x3f3f3f3f;
		}
	}
	scanf("%s",s+1);
	int n;
	scanf("%d",&n);
	int len=strlen(s+1);
	f[0][0][0]=0;
	f[0][0][1]=0;
	for(int i=1;i<=len;i++){
		for(int j=0;j<=n;j++){
			for(int k=0;k<=j;k++){
				if(s[i]=='F'){
					if(k&1){
						f[i][j][0]=max(f[i][j][0],f[i-1][j-k][1]);
						f[i][j][1]=max(f[i][j][1],f[i-1][j-k][0]);
					} else {
						f[i][j][0]=max(f[i][j][0],f[i-1][j-k][0]+1);
						f[i][j][1]=max(f[i][j][1],f[i-1][j-k][1]-1);
					}
				} else {
					if(k&1){
						f[i][j][0]=max(f[i][j][0],f[i-1][j-k][0]+1);
						f[i][j][1]=max(f[i][j][1],f[i-1][j-k][1]-1);
					} else {
						f[i][j][0]=max(f[i][j][0],f[i-1][j-k][1]);
						f[i][j][1]=max(f[i][j][1],f[i-1][j-k][0]);
					}
				}
			}
		}
	}
	printf("%d\n",max(f[len][n][0],f[len][n][1]));
	return 0;
}