链接:https://ac.nowcoder.com/acm/contest/548/C
来源:牛客网

时间限制:C/C++ 2秒,其他语言4秒
空间限制:C/C++ 524288K,其他语言1048576K
64bit IO Format: %lld

题目描述

立华奏是一个刚刚开始学习 OI 的萌新。
最近,实力强大的 QingyuQingyu 当选了 IODS 9102 的出题人。众所周知, IODS 是一场极其毒瘤的比赛。为了在这次比赛中取得好的成绩,立华奏决定学习可能考到的每一个知识点。
在 QingyuQingyu 的博客中,立华奏得知这场比赛总共会考察选手 n 个知识点。此前,立华奏已经依靠自学学习了其中 k 个知识点。接下来,立华奏需要学习其他的知识点,每学习一个单独的知识点,需要消耗的时间为 TiTi 天。同时,某些知识点之间存在联系,可以加速学习的过程。经过计算,立华奏一共发现了其中 m 种联系,第 i 种联系可以表示为(Xi,Yi,Hi)(Xi,Yi,Hi),其含义为“在掌握了第 XiXi 个知识点和第 YiYi 个知识点中任意一个后,学习 HiHi 天即可掌握另一个知识点”。
留给立华奏的时间所剩无几,只有 t 天,因此,她想知道自己能不能在这 t 天内学习完成所有的知识点。

输入描述:

本题输入量较大,请注意使用效率较高的读入方式
输入的第一行包含四个整数 n, m, k, t,含义见上所述。
接下来一行,包含 n 个整数,依次表示 T1,T2,⋯,TnT1,T2,⋯,Tn
接下来一行,包含 k 个整数,表示立华奏已经学习过的知识点。如果 k=0,则此处为一空行。
接下来 m 行,每行 3 个整数 Xi,Yi,HiXi,Yi,Hi,描述一种联系。

输出描述:

如果立华奏能够学习完所有的知识点,输出一行 Yes。否则输出 No
示例1

输入

复制

4 3 2 5
4 5 6 7
2 3
1 2 3
1 3 2
3 4 2

输出

复制

Yes

说明

立华奏已经学习过了第 2, 3 个知识,由第 2 个关系,立华奏可以花 2 天学会知识点 1,在由关系 3, 立华奏可以 2 天学会知识点 4,因此总共需要花费 4 天,可以完成任务。
示例2

输入

复制

5 4 0 12
4 5 6 7 1 1 2 3
1 3 2
3 4 2
1 5 233

输出

复制

Yes

说明

立华奏比较菜,因此什么都没有学过。她可以选择先花 4 天的时间学会知识点 1。然后根据关系 1, 2,分别花 3, 2 天的时间学会知识点 2, 3,再根据关系 3,花 2 天的时间学会知识点 4。然后,她再单独学习知识点 5,花费1天,总共花费了 12 天 ,可以完成任务。

请注意,虽然关系 4 允许立华奏在知识点 1 的基础上学习知识点 5,但需要的时间比单独学习还要多,因此立华奏不会在知识点 1 的基础上学习知识点 5.

备注:

0⩽k⩽n⩽106,m⩽5×106,t⩽1018,Ti,Hi⩽103

思路:

这就是一个最小生成树,只不过这题卡常数,因此从这题也学到了不少东西;

  • 比赛时自己敲的

    C 运行超时 2001 0 1293 C++
    #include "bits/stdc++.h"
    using namespace std;
    typedef pair<int, int> PII;
    typedef long long LL;
    const int MAXN = 1e6 + ;
    priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII> > que;
    vector<PII> vp[MAXN];
    vector<int> vi;
    bool ok[MAXN];
    void add(int k) {
    for (int i = ; i < vp[k].size(); i++) {
    que.push(vp[k][i]);
    }
    vp[k].clear();
    }
    int main() {
    int n, m, k, s;
    int a, b, c, cnt = ;
    LL t, sum = ;
    scanf("%d%d%d%lld", &n, &m, &k, &t);
    for (int i = ; i <= n; i++) {
    scanf("%d", &s);
    que.push({s, i});
    }
    for (int i = ; i <= k; i++) {
    scanf("%d", &s);
    vi.push_back(s);
    }
    for (int i = ; i <= m; i++) {
    scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
    vp[a].push_back({c, b});
    vp[b].push_back({c, a});
    }
    for (int i = ; i < vi.size(); i++) {
    int j = vi[i];
    if (ok[j] == false) {
    ok[j] = true;
    cnt++;
    add(j);
    }
    }
    while (cnt != n) {
    PII j = que.top();
    que.pop();
    if (ok[j.second] == false) {
    ok[j.second] = true;
    cnt++;
    sum += j.first;
    add(j.second);
    }
    }
    if (sum <= t) {
    puts("Yes");
    } else {
    puts("No");
    }
    return ;
    }

    类似Prim算法每次取最短边,但是比赛的时候我连这是最小生成树都没看出来,所以用了一个优先队列来维护目前能连起来的边,如果边的两个端点都未联通,则这条边在vector里不会加入优先队列,vector和优先队列转移耗费大量时间。而且各种耗时

  • 看了题解之后又经过多次修改的代码(题解链接:https://ac.nowcoder.com/discuss/173818)
    C 答案正确 1111 69944 1813 C++
    #include "bits/stdc++.h"
    using namespace std;
    typedef long long LL;
    typedef pair<int, int> PII;
    const int MAXN = 1e6 + ;
    const int MAXW = ;
    vector<PII> vec[MAXW + ];
    int pre[MAXN], rak[MAXN];
    int n, m, k;
    int u, v, w;
    LL t;
    inline LL read() {
    char c = getchar();
    LL num = ;
    while (!isdigit(c)) {
    c = getchar();
    }
    while (isdigit(c)) {
    num = num * + (c ^ '');
    c = getchar();
    }
    return num;
    }
    int find(int n) {
    if (pre[n] == -) {
    return n;
    }
    return pre[n] = find(pre[n]);
    }
    bool check(int k) {
    for (w = ; true; w++) {
    for (int i = ; i < vec[w].size(); i++) {
    PII p = vec[w][i];
    u = find(p.first);
    v = find(p.second);
    if (u != v) {
    t -= w;
    if (t < ) {
    return false;
    }
    k++;
    if (t >= (n - k) * 1LL * MAXW) {
    return true;
    }
    if (rak[u] > rak[v]) {
    pre[v] = u;
    } else {
    pre[u] = v;
    if (rak[u] == rak[v]) {
    rak[v]++;
    }
    }
    }
    }
    }
    }
    int main() {
    n = read(), m = read(), k = read(), t = read();;
    memset(pre, -, sizeof(pre));
    memset(rak, , sizeof(rak));
    for (int i = ; i <= n; i++) {
    w = read();
    vec[w].push_back({, i});
    }
    for (int i = ; i <= k; i++) {
    u = read();
    pre[u] = ;
    }
    for (int i = ; i <= m; i++) {
    u = read();
    v = read();
    w = read();
    vec[w].push_back({u, v});
    }
    if (check(k)) {
    puts("Yes");
    } else {
    puts("No");
    }
    return ;
    }

    在此之前就看到过快读(read),只是之前没有遇到像这题一样卡输入的。这题除非其他地方优化到极致,否则不用快读过不去。还有就是学到了并查集的启发式合并,之前写的并查集都只用了路径压缩来优化,才发现还可以用启发式合并来优化,而且就这题看来,用了启发式合并之后快了不少。还有就是学到了inline,之前没怎么用过这个关键字,网上查了一下说是可以提高代码效率(类似宏定义),不过关于这个inline,我试过去掉inline提交反而快了,不知道为什么。

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来源:牛客网

时间限制:C/C++ 2秒,其他语言4秒
空间限制:C/C++ 524288K,其他语言1048576K
64bit IO Format: %lld

题目描述

立华奏是一个刚刚开始学习 OI 的萌新。
最近,实力强大的 QingyuQingyu 当选了 IODS 9102 的出题人。众所周知, IODS 是一场极其毒瘤的比赛。为了在这次比赛中取得好的成绩,立华奏决定学习可能考到的每一个知识点。
在 QingyuQingyu 的博客中,立华奏得知这场比赛总共会考察选手 n 个知识点。此前,立华奏已经依靠自学学习了其中 k 个知识点。接下来,立华奏需要学习其他的知识点,每学习一个单独的知识点,需要消耗的时间为 TiTi 天。同时,某些知识点之间存在联系,可以加速学习的过程。经过计算,立华奏一共发现了其中 m 种联系,第 i 种联系可以表示为(Xi,Yi,Hi)(Xi,Yi,Hi),其含义为“在掌握了第 XiXi 个知识点和第 YiYi 个知识点中任意一个后,学习 HiHi 天即可掌握另一个知识点”。
留给立华奏的时间所剩无几,只有 t 天,因此,她想知道自己能不能在这 t 天内学习完成所有的知识点。

输入描述:

本题输入量较大,请注意使用效率较高的读入方式
输入的第一行包含四个整数 n, m, k, t,含义见上所述。
接下来一行,包含 n 个整数,依次表示 T1,T2,⋯,TnT1,T2,⋯,Tn
接下来一行,包含 k 个整数,表示立华奏已经学习过的知识点。如果 k=0,则此处为一空行。
接下来 m 行,每行 3 个整数 Xi,Yi,HiXi,Yi,Hi,描述一种联系。

输出描述:

如果立华奏能够学习完所有的知识点,输出一行 Yes。否则输出 No
示例1

输入

复制

4 3 2 5
4 5 6 7
2 3
1 2 3
1 3 2
3 4 2

输出

复制

Yes

说明

立华奏已经学习过了第 2, 3 个知识,由第 2 个关系,立华奏可以花 2 天学会知识点 1,在由关系 3, 立华奏可以 2 天学会知识点 4,因此总共需要花费 4 天,可以完成任务。
示例2

输入

复制

5 4 0 12
4 5 6 7 1 1 2 3
1 3 2
3 4 2
1 5 233

输出

复制

Yes

说明

立华奏比较菜,因此什么都没有学过。她可以选择先花 4 天的时间学会知识点 1。然后根据关系 1, 2,分别花 3, 2 天的时间学会知识点 2, 3,再根据关系 3,花 2 天的时间学会知识点 4。然后,她再单独学习知识点 5,花费1天,总共花费了 12 天 ,可以完成任务。

请注意,虽然关系 4 允许立华奏在知识点 1 的基础上学习知识点 5,但需要的时间比单独学习还要多,因此立华奏不会在知识点 1 的基础上学习知识点 5.

备注:

0⩽k⩽n⩽106,m⩽5×106,t⩽1018,Ti,Hi⩽103

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