GALAXY OJ NOIP2019联合测试1-总结

　概要

　　　　本次比赛考的不是很好，400分的题只拿了180分。。。（失误失误）

　题目

　　　　T1：数你太美（预期100　　实际60）

　　　　　　　　　题目大意：

　　　　　　　　　　在两个序列中找两个最小的数进行组合，使这个最小整数最小。

　　　　　　　　解析：

　　　　　　　　　　只要根据题目模拟就可以了。。。。。。。

　　　　　　　　　　（玄学60分！！！）

　　　　　　　　code　：

　　　　　　　　　　　　60分代码

　　　　　　　　　　　　

 #include<iostream>
 using namespace std;
 
 int n,m;
 int a[];
 int b[];
 int main()
 {
     cin>>n>>m;
     int minn=2e9,minm=2e9;
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         cin>>a[i];
         if(minn>a[i])
         {
             minn=a[i];
         }
     }
     for(int j=;j<=m;j++)
     {
         cin>>b[j];
         if(minm>b[j])
         {
             minm=b[j];
         }
     }
     if(minn==minm)
     {
         cout<<minn;
         return ;
     }
     else
     {
         cout<<min(minn*+minm,minm*+minn);
     }
     return ;
 }

　　　　　　　　　　　　AC代码

　

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 using namespace std;
 int n,m;
 int a[],b[];
 int at[],bt[],ct[];
 int t1,t2;
 void cmp(int x,int y)
 {
     if(x<y)
     {
         printf("%d",x);
     }
     else
     {
         printf("%d",y);
     }
 }
 int main()
 {
     scanf("%d%d",&n,&m);
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         scanf("%d",&a[i]);
         at[a[i]]=;
     }
     for(int i=;i<=m;i++)
     {
         scanf("%d",&b[i]);
         bt[b[i]]=;
     }
     for(int i=;i<;i++)
     {
         ct[i]=at[i]+bt[i];
     }
     sort(a+,a+n+);
     sort(b+,b+m+);
     for(int i=;i<;i++)
     {
         if(ct[i]==)
         {
             printf("%d",i);
             return ;
         }
     }
     t1=a[]*+b[];
     t2=b[]*+a[];
     cmp(t1,t2);
     return ;
 }

　　　　　　　T2：逃亡（预期100　　实际100）

　　　　　　　　　　　题目大意：

　　　　　　　　　　　　　　在（xi，yi）中找到x或y的最短路

　　　　　　　　　　　解析：

　　　　　　　　　　　　　　如题；

　　　　　　　　　　　　　code

　　　　　　　　　　　　　　

 #include<cstdio>
 using namespace std;
 int n,m,k;
 int x,y;
 double sum=;
 int min(int a,int b)
 {
     if(a<b)
     {
         return a;
     }
     else
     {
         return b;
     }
 }
 int main()
 {
     scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
     for(int i=;i<=k;i++)
     {
         scanf("%d%d",&x,&y);
         int t1=min(x,n-x);
         int t2=min(y,m-y);
         sum+=min(t1,t2);
     }
     printf("%.3lf",sum);
     return ;
 } 

　　　　　　　　　　　　T3：数数字（预期20　　实际20）

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　题目大意：

　　　　　　　　　　　　　　　　第i个蒟蒻会告诉你他看到了ai种数字（定义两个数字不同种当且仅当它们的值不同）

　　　　　　　　　　　　　　　　但是由于蒟蒻太弱了，可能会报错数据，NTF需要核实是否有一种情况使所有蒟蒻说的话都正确。

　　　　　　　　　　　　　　　　　　这是个题；

　　　　　　　　　　　　解析：

　　　　　　　　　　　　　　　　令总的卡片种类为 T，对于每一只蒟蒻，若它的卡片数值唯一则他所看到的卡片种类总
　　　　　　　　　　　　　　　　数为Ｔ－１，否则为Ｔ，我们称卡片数值唯一的蒟蒻是孤独的。
　　　　　　　　　　　　　　　　故若 ai 的最大值和最小值的差大于等于 2 则无解
　　　　　　　　　　　　　　　　下面对最大值和最小值的差进行分类讨论：
　　　　　　　　　　　　　　　　　若 max=min，那么此时每只蒟蒻看到的卡片种类都为 T 或者都为 T-1。如果每只蒟蒻看到的
　　　　　　　　　　　　　　　　卡片种类的总数都是 T-1，则每只蒟蒻都是孤独的，此时 T=n。 否则每只蒟蒻所看到的卡片
　　　　　　　　　　　　　　　　　　种类的总数都是 T，由于不存在孤独的蒟蒻，所以 T 至多为⌊n/2⌊。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　若 max=min+1，此时我们可以统计孤独的蒟蒻的个数 x，类似上面的推论， 数值总数至少为
　　　　　　　　　　　　　　　　　　x+1，至多为 x+⌊(n-x)/2⌊。故当 max=min+1 时， x+1≤T≤x+⌊(n-x)/2⌊　　　　　　　　　　　　　　

　　　　　　　　　　　　　　　　code

　　　　　　　　　　　　　　　　　　

 #include<cstdio>
 #include<iostream>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 int t;
 int n;
 int a[];
 int only;
 int sum;
 //inline int read(){
 //    char ch=getchar();
 //    ll x=0;
 //    ll f=1;
 //    while(ch<'0'||ch>'9'){
 //        if(ch=='-')
 //            f=-1;
 //        ch=getchar();
 //    }
 //    while('0'<=ch&&ch<='9'){
 //        x=x*10+ch-'0';
 //        ch=getchar();
 //    }
 //    return x*f;
 //}
 int main()
 {
     scanf("%d",&t);
     while(t--)
     {
         scanf("%d",&n);
         int maxn=-;
         int minm=2e9;
         only=;
         sum=;
         for(int i=;i<=n;i++)
         {
             scanf("%d",&a[i]);
             if(maxn<a[i])
                 maxn=a[i];
             if(minm>a[i])
                 minm=a[i];
         }
         for(int i=;i<=n;i++)
             if(a[i]==minm) only++;
         if(maxn-minm>=)
         {
             printf("no\n");
             continue;
         }
         if(minm==maxn)
         {
             if(maxn<=n/||maxn+==n)
             {
                 printf("yes\n");
                 continue;
             }
             printf("no\n");
             continue;
         }
         if(maxn==minm+)
         {
             if(only+<=maxn&&maxn<=(n-only)/+only)
             {
                 printf("yes\n");
             }
             else
             {
                 printf("no\n");
             }
         }
     }
     return ;
 }

　　　　　　　　T4：tower（期望得分0　　实际得分0）；

　　　　　　　　　　　　　　　　题目大意：

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

欲穷千里目，更上一层楼。

阿克先生喜欢旅游。某一天，他来到魔法森林旅游。

经过观察，他发现魔法森林一共有​n个城市，每个城市有一座高高的魔法塔，第i​个城市的魔法塔的高度为hi​。这些城市一共由​n-1条道路连接，任意两座城市互相可达。

阿克先生想要站在某一座塔上观察尽可能多城市的风景。不幸的是，阿克先生没有透视眼，较高的塔将会遮蔽较低的塔。同时，魔法森林其他地方也被茂林覆盖，他的视线无法穿过茂林（但因为是魔法塔，塔上储存了镜面魔法，可以使阿克先生的视线在城市水平任意角度转弯）。

所以，他只能沿着n-1​条道路观察其他的点。

但是，魔法森林的道路蜿蜒曲折，他观看的城市到他所在的点的路径要么互相包含要么两两不交。且从他所在的点开始，到任意它观察的城市，所成的高度序列单调不增。

阿克先生想要知道他最多能观察到多少个城市（包括自身），他快速地秒了这道题，但他懒得写代码了，所以请你帮他算一算。

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　解析：

　　　　30%
　　　　枚举阿克先生在哪个点，然后 dfs， 时间复杂度 O(n^2)。
　　　　20%链
　　　　从左往右扫一遍，从右往左扫一遍， 计算出每个点向左、向右最长不上升的长度， 然后加在
　　　　一起取 max 就是答案了。 时间复杂度 O(n)。
　　　　20%h 互不相同
　　　　观察到若 u 能够观察 v，则 v 一定不能观察 u， 所以按高度从小到大排序，依次加入，维护
　　　　每个点所能伸出的最长链即可； 或者可以直接记忆化搜索。 时间复杂度 O(n log n)或 O(n)。
　　　　100%
　　　　先固定一个点为根， 可以发现，答案的贡献被分为两类：子树内和子树外， dfs 一次，计算
　　　　出每个点在它子树内能延伸出的最长路径和次长路径，再计算每个点以他为所在节点在子树
　　　　内最多覆盖多少个点， 重新 dfs 一次，同时记录它往他父亲延伸最多能延伸多长， 每次向下
　　　　走一格，要么是原路径+1，要么是它兄弟的一个路径，取 max， 如果父亲>儿子，则伸向父
　　　　亲的长度清零， 每个节点的答案就是它子树内的答案+伸向他父亲的最长路径。 时间复杂度
　　　　O(n)

　　　　　　code

　　　　　　

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<iostream>
 using namespace std;
 int tot=;
 int h[];
 int s[];
 int f[],f1[];
 int a[];
 int ans=;
 struct edge {
     int to,next;
 } e[];
 void add(int x,int y) {
     e[++tot].to=y;
     e[tot].next=h[x];
     h[x]=tot;
 }
 void dfs1(int u,int fa) {
     s[u]=,f[u]=;
     for(int i=h[u]; i!=; i=e[i].next) {
         int v=e[i].to;
         if (v==fa) continue;
         dfs1(v,u);
         if (a[u]>=a[v]) {
             if (f[u]<f[v]+) {
                 f1[u]=f[u];
                 f[u]=f[v]+;
             } else f1[u]=max(f1[u],f[v]+);
             s[u]+=f[v];
         }
     }
 }
 void dfs2(int u,int fa,int up) {
     ans=max(ans,up+s[u]);
     for (int i=h[u]; i!=; i=e[i].next) {
         int v=e[i].to;
         if (v==fa) continue;
         if (a[v]<a[u])
             dfs2(v,u,);
         else {
             if(f[v]+==f[u])
                 dfs2(v,u,max(up+,f1[u]));
             else
                 dfs2(v,u,max(up+,f[u]));
         }
     }
 }
 int main() {
     int n;
     tot=,ans=;
     scanf("%d",&n);
     for (int i=; i<=n; i++)
         scanf("%d",&a[i]);
     for (int i=; i<n; i++) {
         int q,p;
         scanf("%d%d",&q,&p);
         add(q,p),add(p,q);
     }
     dfs1(,);
     dfs2(,,);
     printf("%d\n",ans);
 }

　　　　　　最后附上oj链接：www.gdfzoj.com