好不容易搞来的题目,不写一写怎么行呢。

  不过难度真心不高(一小时K掉),都是老题+暴力题,没有欧洲玄学。

  再说一句,这试卷是叶可禾出的吧。

  T1 好老的题目,看到有多组数据我还怕了,以为有更流弊的算法。没想到减了数据范围。

  首先把边sort一遍,因为要求,max-min最小,所以枚举最短边,然后向后找到第一条满足联通的边即可。

  联通的话通过并查集就可以实现。

  (没有联通要输-1,题目里没说)

  CODE

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=,M=,INF=;
struct data
{
int l,r,s;
}e[M];
int father[N],i,j,n,m,ans,s,t,q;
bool flag;
inline void read(int &x)
{
x=; char ch=getchar();
while (ch<''||ch>'') ch=getchar();
while (ch>=''&&ch<='') x=x*+ch-'',ch=getchar();
}
inline void write(int x)
{
if (x/) write(x/);
putchar(x%+'');
}
inline int comp(data a,data b) { return a.s<b.s; }
inline int getfather(int k) { return father[k]==k?k:father[k]=getfather(father[k]); }
int main()
{
freopen("find.in","r",stdin); freopen("find.out","w",stdout);
read(n); read(m);
for (i=;i<=m;++i)
read(e[i].l),read(e[i].r),read(e[i].s);
sort(e+,e+m+,comp);
read(q);
while (q--)
{
read(s); read(t);
ans=INF;
for (i=;i<=m;++i)
{
for (j=;j<=n;++j)
father[j]=j;
flag=;
for (j=i;j<=m;++j)
{
int fx=getfather(e[j].l),fy=getfather(e[j].r);
father[fx]=fy;
if (getfather(s)==getfather(t)) { flag=; break; }
}
if (e[j].s-e[i].s<ans&&flag) ans=e[j].s-e[i].s;
}
if (ans==INF) puts("-1"); else write(ans),putchar('\n');
}
return ;
}

  T2 看这数据范围,看着猥琐的要求最大值。这就是一道传统的O(n^2) DP;

  用f[i][j]表示取到第i行第j列时最大值,so

  f[i][j]=max f[i-1][j-1]+a[i][j] (选a[i][j]这个点)

        f[i][j-1](不选a[i][j]这个点)

  注意第i行的花纵坐标至少要从i开始枚举

  因为DP顺序和读入顺序相同,所以可以一边读一边做

  CODE

#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=;
int n,m,x,f[N][N],ans=-,i,j;
inline void read(int &x)
{
x=; char ch=getchar(); int flag=;
while (ch<''||ch>'') { if (ch=='-') flag=-; ch=getchar(); }
while (ch>=''&&ch<='') x=x*+ch-'',ch=getchar();
x*=flag;
}
inline int max(int a,int b) { return a>b?a:b; }
int main()
{
freopen("flowers.in","r",stdin); freopen("flowers.out","w",stdout);
read(n); read(m);
for (i=;i<=n;++i)
for (j=;j<=m;++j)
{
read(x);
if (j<i) continue;
if (j==) f[i][j]=x; else f[i][j]=max(f[i-][j-]+x,f[i][j-]);
}
printf("%d",f[n][m]);
return ;
}

  (刚开始把读优打错了)

  T3 感觉是一道很老的题目。

  只需要维护一个队列,当队尾与队头之间的距离大于d时弹出即可。

  每次ans+=tail-head即可。

  注意将坐标排序一遍。

  CODE

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1e6+;
int n,d,ans,i,s[N],q[N],head=,tail=;
inline void read(int &x)
{
x=; char ch=getchar();
while (ch<''||ch>'') ch=getchar();
while (ch>=''&&ch<='') x=x*+ch-'',ch=getchar();
}
int main()
{
freopen("spock.in","r",stdin); freopen("spock.out","w",stdout);
read(n); read(d);
for (i=;i<=n;++i)
read(s[i]);
sort(s+,s+n+);
q[]=s[];
for (i=;i<=n;++i)
{
q[++tail]=s[i];
while (q[tail]-q[head]>d&&tail>head) ++head;
ans+=tail-head;
}
printf("%d",ans);
return ;
}

  T4 最值得思考也最值得骂人的一道题。

  看到题目和最近打过的一道并查集补集的题目很想像(Luogu 关押罪犯)然后没有犹豫地敲了并查集。

  然后发现还要输出方案这一茬。

  删光,又发现照样可以套染色的板子,然后奋不顾身地敲了一个BFS版本的,但发现只能直接跳出但不能统计个数。

  所以只好用超级不熟悉的DFS版本了。

  代码很简单(很容易背),用一个数组表示这个数是否使用,再用一个数组记录前面到这个点有多少条边(有边就不能加入队里)。

  之后回溯寻找即可(玄学复杂度)

  CODE

#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
const int N=;
vector <int> a[N];
int col[N],n,m,i,x,y,ans,q[N],tot;
bool v[N],p[N];
inline void read(int &x)
{
x=; char ch=getchar();
while (ch<''||ch>'') ch=getchar();
while (ch>=''&&ch<='') x=x*+ch-'',ch=getchar();
}
inline void copy()
{
for (int i=;i<=n;++i)
p[i]=v[i];
}
inline void dfs(int k)
{
if (k==n+) { if (tot>ans) ans=tot,copy(); return; }
if (!q[k])
{
v[k]=;
tot++;
for (int i=;i<a[k].size();++i)
q[a[k][i]]++;
dfs(k+);
v[k]=;
tot--;
for (int i=;i<a[k].size();++i)
q[a[k][i]]--;
}
dfs(k+);
}
int main()
{
freopen("tribe.in","r",stdin); freopen("tribe.out","w",stdout);
read(n); read(m);
for (i=;i<=m;++i)
{
read(x); read(y);
a[x].push_back(y); a[y].push_back(x);
}
dfs();
printf("%d\n",ans);
for (i=;i<=n;++i)
if (p[i]) printf("%d ",); else printf("%d ",);
return ;
}

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