10.13 noip模拟试题

Porble 1时间与空间之旅(tstrip.*)

题目描述

公元22××年，宇宙中最普遍的交通工具是spaceship。spaceship的出现使得星系之间的联系变得更为紧密，所以spaceship船长也成了最热门的职业之一。当然，要成为一名出色的船长，必须通过严格的考核，例如下面是最简单的问题中的一个。

用1~n的整数给n个星系标号，目前你在标号为1的星系，你需要送快递到标号为n的星系，星系之间由于存在陨石带，并不是都可以直连的。同时，由于超时空隧道的存在，在某些星系间飞行会出现时间静止甚至倒流，飞行时间为0或为负数。另外,由星系i到星系j的时间和由星系j到星系i的时间不一定是相同的。

在寄出日期之前收到快递被认为是不允许的，所以每部spaceship上都有一个速度调节装置，可以调节飞行的时间。简单来说其功能就是让所有两个星系间的飞行时间(如果可以直达)都增加或减少相同的整数值，你的任务就是调整速度调节器，找出一条用最短时间完成任务的路径，并且保证这个最短时间的值大于或等于0。

输入格式

输入文件包含多组数据，第1个数为T，表示数据的数量。

对于每一组数据，输入第1行为两个正整数N(2≤N≤100)，E(1≤E≤N*(N-1)/2)，为星系的个数和星系间飞行的路线数。然后E行，每行三个整数i，j和t（1≤i,j≤N，i≠j，-100000≤t≤100000)，表示由星系i到星系j飞行的时间为t。由i到j最多只会有一条飞行线路。

输出格式

输出文件共T行，每组数据输出一行；

如果可以通过调节速度调节器完成任务，则输出一个非负整数，表示由星系1到星系N的最短时间。

如果不能由星系1到达星系N，则输出-1。

输入样例

1

4 5

1 2 1

1 3 1

2 3 -3

3 1 1

3 4 1

输出样例

2

样例说明

输入样例如图所示，其中节点标号表示相应星系，节点间数字表示所需时间。

如果设置速度控制器的值为0，则有如下路径:1→2→3→1→2→……→3→4，使得投递的时间为负无穷大，显然是不符合要求的，所以应该把速度控制器的值设为1,相当于每个时间值加1,得到的最短路径为1→2→3→4,所需时间为2+(-2)+2=2。

/*
唯一一个会做的题还被卡了
多组数据啊....
考虑的不全面 没造数据 也没拍.....
有种情况就是 如果负环不在1-n的最短路上 要把它忽略.
先把到不了n的删掉再来二分.
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#define maxn 10010
#define inf 100000
using namespace std;
int T,n,m,num,head[],c[],dis[],f[],ans;
int Head[],Num,Ca[];
queue<int>q;
struct node{
    int v,t,pre;
}e[maxn],E[maxn];
int init(){
    int x=,f=;char s=getchar();
    while(s<''||s>''){if(s=='-')f=-;s=getchar();}
    while(s>=''&&s<=''){x=x*+s-'';s=getchar();}
    return x*f;
}
void Clear(){
    num=Num=;ans=-inf-;
    memset(Ca,,sizeof(Ca));
    memset(head,,sizeof(head));
    memset(Head,,sizeof(Head));
}
void add(int from,int to,int dis){
    num++;e[num].v=to;
    e[num].t=dis;
    e[num].pre=head[from];
    head[from]=num;
}
void Add(int from,int to,int dis){
    Num++;E[Num].v=to;
    E[Num].t=dis;
    E[Num].pre=Head[from];
    Head[from]=Num;
}
void Dfs(int x){
    Ca[x]=;
    for(int i=Head[x];i;i=E[i].pre)
        if(Ca[E[i].v]==)Dfs(E[i].v);
}
bool Judge(int x){
    while(!q.empty())q.pop();
    memset(f,,sizeof(f));
    memset(c,,sizeof(c));
    memset(dis,/,sizeof(dis));
    dis[]=;f[]=;
    q.push();c[]++;
    while(!q.empty()){
        int k=q.front();
        q.pop();f[k]=;
        if(c[k]>n)return ;
        for(int i=head[k];i;i=e[i].pre){
            int v=e[i].v;
            if(Ca[v]==)continue;
            if(dis[v]>dis[k]+e[i].t+x){
                dis[v]=dis[k]+e[i].t+x;
                if(f[v]==){
                    c[v]++;f[v]=;q.push(v);
                }
            }
        }
    }
    if(dis[n]<||dis[n]==dis[])return ;
    else return ;
}
int main()
{
    freopen("tstrip.in","r",stdin);
    freopen("tstrip.out","w",stdout);
    T=init();
    while(T--){
        n=init();m=init();
        Clear();int u,v,t;
        for(int i=;i<=m;i++){
            u=init();v=init();t=init();
            add(u,v,t);Add(v,u,t);
        }
        Dfs(n);
        int l=-inf,r=inf;
        while(l<=r){
            int mid=(l+r)/;
            if(Judge(mid)){
                r=mid-;ans=(ans,dis[n]);
            }
            else l=mid+;
        }
        if(ans==-inf-)printf("-1\n");
        else printf("%d\n",ans);
    }
}

Problem 2 狐狸的谜语(puzzle.*)

题目描述

话说某一个月黑风高的晚上,一只褐色的狐狸快速地跳过了一只懒狗,并留下一个字符串“032089”和一个数字5。

这其中一定隐含了某些秘密!酷爱思考的你马上发现，这个字符串可以写成：“03+2+0*89”，结果为5。这是一个非常有趣的问题!

现在给出一个长度为N的数字字符串和一个数字T，要求插入最少的加号或者乘号，使得数字字符串的运算结果为T。运算符*号优先级高于+号，运算数可以有任意个前导0。

榆入格式

输入不超过5组数据,每组数据两行。

每组数据的第1行为长度为N，只包含0~9的数字字符串，第2行为一个数字T。

输入T<0表示输入结束。

输出格式

输出一个数字单独占一行，表示最少需要添加的运算符(+号或*号)数，无解输出-1。

输入样例

032089

5

333

9

00

-1

输出样例

3

2

数据范围

对于30%的数据,有1≤N≤10，0≤T≤50。

对于50%的数据,有1≤N≤15，0≤T≤200。

对于全部的数据,有1≤N≤20，0≤T≤200。

/*
普通的迭代 30分
又是多组数据...
枚举加sum个符号
暴力搞出放在哪
最后 算值
还写了个表达式求值
显然有点浪费..
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long long
using namespace std;
int T,c[],ans,falg,len,sum;
char s[];
bool Judge(){
    int l=,s1=,s2=,p=;
    ll x,y,A[]={};
    char a[]={},B[]={};
    for(int i=;i<len;i++){
        a[l++]=s[i];
        if(c[i]==)a[l++]='+';
        if(c[i]==)a[l++]='*';
    }
    while(p<l){
        if(a[p]<''||a[p]>''){
            if(a[p]=='*')B[++s2]='*';
            else{
                while(s2&&s1>=){
                    x=A[s1];y=A[s1-];
                    if(B[s2]=='+')x+=y;
                    else x*=y;
                    s2--;s1--;A[s1]=x;
                }
                B[++s2]='+';
            }
            p++;
        }
        else{
            x=;
            while(a[p]>=''&&a[p]<=''){
                x=x*+a[p]-'';p++;
            }
            A[++s1]=x;
        }
    }
    while(s2&&s1>=){
        x=A[s1];y=A[s1-];
        if(B[s2]=='+')x+=y;
        else x*=y;
        s2--;s1--;A[s1]=x;
    }
    return A[]==T;
}
void Dfs(int now,int num){
    if(now==len-||num==sum){
        if(Judge())falg=;
        return;
    }
    c[now]=;Dfs(now+,num+);
    c[now]=;if(falg)return;
    c[now]=;Dfs(now+,num+);
    c[now]=;if(falg)return;
    Dfs(now+,num);if(falg)return;
}
int main()
{
    freopen("puzzle.in","r",stdin);
    freopen("puzzle.out","w",stdout);
    while(){
        ans=;falg=;
        scanf("%s%d",s,&T);
        if(T<)break;
        len=strlen(s);
        for(int i=;i<len;i++){
            sum=i;Dfs(,);
            if(falg){
                ans=i;break;
            }
        }
        if(ans==)printf("-1\n");
        else printf("%d\n",ans);
    }
    return ;
}

/*
正解不是放到最后一块算
而是边添边算 至于优先级问题
维护最后几个数的乘积和这之前的值就好了
这样能剪枝了！
因为给定T是有范围的 +*只会使值变大(除了后面*0)
然后大了就剪掉 注意处理一下保证后面没有零
这个写迭代居然T一个点
改成二分就好了
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long long
using namespace std;
int T,c[],ans,falg,len,sum,r[][],a[];
char s[];
void Solve(){
    for(int i=;i<=len;i++)
        for(int j=i;j<=len;j++){
            r[i][j]=r[i][j-]*+s[j]-'';
            if(r[i][j]>T+)r[i][j]=T+;
        }
    for(int i=;i<=len;i++){
        int flag=;
        for(int j=i;j<=len;j++)
            if(s[j]==''){
                flag=;break;
            }
        if(!flag)a[i]=;
    }
}
void Dfs(int now,int num,int s,int c,int pre){
    if(s>T||num>sum)return;
    if(now==len){
        if(s+c*r[pre+][now]==T)falg=;
        return;
    }
    if(a[now-]&&s+c>T)return;
    Dfs(now+,num+,s,c*r[pre+][now],now);// *
    Dfs(now+,num+,s+c*r[pre+][now],,now);// +
    Dfs(now+,num,s,c,pre);// kong
}
int main()
{
    //freopen("puzzle.in","r",stdin);
    //freopen("puzzle.out","w",stdout);
    while(){
        ans=;falg=;
        memset(r,,sizeof(r));
        memset(a,,sizeof(a));
        scanf("%s%d",s+,&T);
        if(T<)break;
        len=strlen(s+);
        Solve();
        int l=,r=len-;
        while(l<=r){
            falg=;
            sum=(l+r)/;
            Dfs(,,,,);
            if(falg){
                r=sum-;
                ans=sum;
            }
            else l=sum+;
        }
        if(ans==)printf("-1\n");
        else printf("%d\n",ans);
    }
    return ;
}

Problem 3花园的守护之神(greendam.*)

题目描述

看着正在被上古神兽们摧残的花园，花园的守护之神――小Bug同学泪流满面。然而，FZOI不相信眼泪，小bug与神兽们的战争将进行到底！

通过google，小Bug得知，神兽们来自遥远的戈壁。为了扭转战局，小Bug决定拖延神兽增援的速度。从戈壁到达花园的路径错综复杂，由若干段双向的小路组成。神兽们通过每段小路都需要一段时间。小Bug可以通过向其中的一些小路投掷小xie来拖延神兽。她可以向任意小路投掷小Xie，而且可以在同一段小路上投掷多只小xie。每只小Xie可以拖延神兽一个单位的时间。即神兽通过整段路程的总时间等于没有小xie时他们通过同样路径的时间加上路上经过的所有小路上的小xie数目总和。

神兽们是很聪明的。他们会在出发前侦查到每一段小路上的小Xie数目，然后选择总时间最短的路径。小Bug现在很想知道最少需要多少只小Xie，才能使得神兽从戈壁来到花园的时间变长。作为花园中可爱的花朵，你能帮助她吗?

输入格式

第1行包括一个整数N，表示地图中路点的个数；一个整数M，表示小路个数；以及整数S和T，分别表示戈壁和花园的路点编号。N个路点分别被编号为自然数1~N。

以下M行,每行三个整数A、B和C，表示路点A和B之间有一条小路相连，且通过它需要的时间为C。

输入数据保证两路点间最多只有一条小路相连，且戈壁和花园的路点是连通的。

输出格式

一个整数，表示使S到T之间最短路增长所需要的最少的小xie的数目。

输入样例

5 5 1 5

1 2 1

2 3 3

1 4 2

4 3 2

5 1 2

输出样例

1

数据范围

对于30%的数据，满足N≤10，M≤50。

对于50%的数据，满足N≤200，M≤10000。

对于全部的数据，满足N≤1000，M≤499500，0<C≤1000000。

/*暴力30 正解网络流 不会....*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#define maxn 1010
using namespace std;
int n,m,num,head[maxn],S,T,dis[maxn],f[maxn],mx,sum,falg;
struct node{
    int v,t,pre,x;
}e[maxn*maxn];
queue<int>q;
int init(){
    int x=,f=;char s=getchar();
    while(s<''||s>''){if(s=='-')f=-;s=getchar();}
    while(s>=''&&s<=''){x=x*+s-'';s=getchar();}
    return x*f;
}
void Add(int from,int to,int dis){
    e[num].v=to;
    e[num].t=dis;
    e[num].pre=head[from];
    head[from]=num++;
}
int SPFA(){
    while(!q.empty())q.pop();
    memset(f,,sizeof(f));
    memset(dis,/,sizeof(dis));
    dis[S]=;f[S]=;
    q.push(S);
    while(!q.empty()){
        int k=q.front();
        q.pop();f[k]=;
        for(int i=head[k];i!=-;i=e[i].pre){
            int v=e[i].v;
            if(dis[v]>dis[k]+e[i].t+e[i].x){
                dis[v]=dis[k]+e[i].t+e[i].x;
                if(f[v]==){
                    f[v]=;q.push(v);
                }
            }
        }
    }
    return dis[T];
}
void Dfs(int now,int s){
    if(s==sum||now==num){
        if(SPFA()>mx)falg=;
        return;
    }
    e[now].x++;e[now^].x++;
    Dfs(now+,s+);if(falg)return;
    e[now].x--;e[now^].x--;
    Dfs(now+,s);if(falg)return;
}
int main()
{
    freopen("greendam.in","r",stdin);
    freopen("greendam.out","w",stdout);
    n=init();m=init();S=init();T=init();
    int u,v,t;memset(head,-,sizeof(head));
    for(int i=;i<=m;i++){
        u=init();v=init();t=init();
        Add(u,v,t);Add(v,u,t);
    }
    mx=SPFA();
    for(sum=;sum<=m;sum++){
        Dfs(,);
        if(falg)break;
    }
    printf("%d\n",sum);
    return ;
}