冲刺Noip2017模拟赛4 解题报告——五十岚芒果酱

题1 韬韬抢苹果（apple）

【问题描述】
又到了收获的季节，树上结了许多韬韬，错了，是许多苹果，有很多个小韬韬都来摘苹
果。每个韬韬都想要最大的苹果，所以发生了争执，为了解决他们的矛盾，出题人定了一项
特殊的规则，按体重的大小来定顺序，每一轮都是先由胖的先摘（照顾胖子），每个韬韬都
是很聪明的，不会错过眼前最大的苹果。现在问题来了，一共有 n 个苹果，m 个韬韬，要你
按原顺序输出每个韬韬可以抢到的苹果的总大小。
【输入格式】apple.in
第一行两个数 n,m。
接下来一行 n 个数，分别为每个苹果的大小。
接下来一行 m 个数，分别为每个韬韬的体重。
【输出格式】apple.out
一行 m 个数，每个韬韬抢到的苹果的大小。
【输入样例】

【输出样例】

【 数据规模 】
n,m<=

题目

　tag：模拟

　思路：模拟即可，为了防止被极端数据卡开了long long。

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<iostream>
 #include<cstring>
 #include<cmath>
 #define ll long long
 #define maxn 100010
 using namespace std;
 ll ans[maxn];
 int ap[maxn],po,n,m;
 struct TT{
     int w,id;
 }tt[maxn];
 bool cmp1(int x,int y)
 {
     return x>y;
 }
 bool cmp2(TT x,TT y)
 {
     return x.w>y.w;
 }
 int main()
 {
     //freopen("apple.in","r",stdin);
     //freopen("apple.out","w",stdout);
     scanf("%d%d",&n,&m);
     for(int i=;i<=n;++i) scanf("%d",&ap[i]);
     for(int i=;i<=m;++i){
         scanf("%d",&tt[i].w);
         tt[i].id=i;
     }
     sort(ap+,ap+n+,cmp1);
     sort(tt+,tt+m+,cmp2);
     int f=po=;
     while(){
         for(int i=;i<=m;++i){
             ans[tt[i].id]+=ap[po++];
             if(po>n){
                 f=;
                 break;
             }
         }
         if(!f) break;
     }
     for(int i=;i<=m;++i) cout<<ans[i]<<" ";
     return ;
 }

题2  开场舞蹈(dance)

【问题描述】
在全世界人民的期盼下， 年北京奥林匹克运动会终于隆重召开了！
为了展示中华民族博大精深的优秀传统文化，负责开幕式开场舞蹈的编排人员一丝不
苟，每一个细节都力争完美。关于队伍是采用“天圆”阵还是“地方”阵的问题，大家讨论
了七天七夜，仍没有结果。于是，他们希望借助计算机，计算两种阵型的成本。
队伍将排列在一个二维平面内，且必须以（，）点为中心使得队伍保持对称美。“天
圆”阵是一个圆形，而“地方”阵则是一个边平行于坐标轴的正方形。由于某种因素，阵型
要求覆盖某些点（可以在边上）。
你的任务是，计算出能够覆盖这些点的两种阵型的最小面积。
【输入文件】
输入文件  dance.in。第一行是一个整数 n（<=n<=），表示需要覆盖的点的个数。
接下来 n 行，第 i 行是两个整数 xi，yi（-<=xi，yi<=），表示第 i 个点的坐标位
置（xi，yi）。
【输出文件】
输出文件  dance.out。第一行是一个整数 s1，表示能够覆盖这些点的“天圆”阵的最小
面积（pi=3.14，四舍五入）。第二行是一个整数 s2，表示能够覆盖这些点的“地方”阵的
最小面积。
【样例输入】

【样例输出】

题目

tag：模拟

思路：取最大值，注意四舍五入的处理，乘10取整，再将mod10的结果与5比较。还有更简单的方法，加上0.5再取整。

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<iostream>
 #include<cstring>
 #include<cmath>
 #define ll long long
 #define maxn 100010
 using namespace std;
 const double pi=3.14;
 int n,A,ans;
 double R;
 double cal(int x,int y){return sqrt((double)(x*x+y*y));}
 int main()
 {
     //freopen("dance.in","r",stdin);
     //freopen("dance.out","w",stdout);
     int x,y;
     scanf("%d",&n);
     for(int i=;i<=n;++i){
         scanf("%d%d",&x,&y);
         R=max(R,cal(x,y));
         A=max(A,max(abs(x),abs(y)));
     }
     y=(int)(R*R*pi*);
     ans=y/;
     if(y%>=) ans++;
     printf("%d\n",ans);
     printf("%d\n",A*A*);
     return ;
 }

题3 架设电话线(phoneline)

【 问题描述 】
Farmer John 打算将电话线引到自己的农场，但电信公司并不打算为他提供免费服务。
于是，FJ 必须为此向电信公司支付一定的费用。
FJ 的农场周围分布着 N( <= N <= ,)根按 ..N 顺次编号的废弃的电话线杆，任意两
根电话线杆间都没有电话线相连。一共 P( <= P <= ,)对电话线杆间可以拉电话线，其
余的那些由于隔得太远而无法被连接。
第 i 对电话线杆的两个端点分别为 A_i、B_i，它们间的距离为 L_i ( <= L_i <=
,,)。数据中保证每对{A_i，B_i}最多只出现  次。编号为  的电话线杆已经接入了
全国的电话网络，整个农场的电话线全都连到了编号为 N 的电话线杆上。也就是说，FJ 的
任务仅仅是找一条将  号和 N 号电话线杆连起来的路径，其余的电话线杆并不一定要连入
电话网络。
经过谈判，电信公司最终同意免费为 FJ 连结 K( <= K < N)对由 FJ 指定的电话线杆。
对于此外的那些电话线，FJ 需要为它们付的费用，等于其中最长的电话线的长度（每根电
话线仅连结一对电话线杆）。如果需要连结的电话线杆不超过 K 对，那么 FJ 的总支出为 。
请你计算一下，FJ 最少需要在电话线上花多少钱。
【输入格式】
* 第  行:  个用空格隔开的整数：N，P，以及 K
* 第 ..P+ 行: 第 i+ 行为  个用空格隔开的整数：A_i，B_i，L_i
【输入样例】phoneline.in

【输入说明】
一共有  根废弃的电话线杆。电话线杆  不能直接与电话线杆 、 相连。电话线杆
不能直接与电话线杆 、 相连。其余所有电话线杆间均可拉电话线。电信公司可以免费为
FJ 连结一对电话线杆。
【输出格式】
* 第  行: 输出  个整数，为 FJ 在这项工程上的最小支出。如果任务不可能完成，输
出-
【输出样例】phoneline.out

【输出说明】
FJ 选择如下的连结方案：->；->；->，这  对电话线杆间需要的电话线的长度分
别为 、、。FJ 让电信公司提供那条长度为  的电话线，于是，他所需要购买的电话线的
最大长度为 。

题目

tag:二分、最短路

思路：由于对于路径的选择、寻找答案都有很大的不确定性，可以考虑二分答案x作划分免费和付费的分界线，它也是付费边的上限。如果选择的边比x大视作距离为1，否则距离为0，那么dis[n]就被赋予了新的意义——从点1到点n最少选择的大于x的边数，跑一遍SPFA再看dis[n]有没有超过k，大于k说明答案不成立，因为电话公司无论如何都要支付超过x的这么多边，要把上限提高使得dis[n]变小减轻电话公司的压力。

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<iostream>
 #include<cstring>
 #include<cmath>
 #include<queue>
 #define ll long long
 #define maxn 100010
 #define inf 1<<30
 using namespace std;
 int n,m,k,hl[],vis[],dis[],cnt,cs[];
 queue<int>Q;
 struct X{
     int u,v,w,ne;
 }e[];
 void add(int u,int v,int w)
 {
     e[++cnt].u=u;
     e[cnt].v=v;
     e[cnt].w=w;
     e[cnt].ne=hl[u];
     hl[u]=cnt;
 }
 void spfa()
 {
     memset(dis,/,sizeof(dis));
     dis[]=;
     vis[]=;
     Q.push();
     while(!Q.empty()){
         int u=Q.front();
         Q.pop();
         for(int i=hl[u];i;i=e[i].ne){
             int v=e[i].v;
             if(dis[v]>dis[u]+cs[i]){
                 dis[v]=dis[u]+cs[i];
                 if(!vis[v]){
                     vis[v]=;
                     Q.push(v);
                 }
             }
         }
         vis[u]=;
     }
 }
 bool div2(int x)
 {
     memset(cs,,sizeof(cs));
     for(int i=;i<=n;++i)
         for(int j=hl[i];j;j=e[j].ne)
             if(e[j].w>x) cs[j]=;
     spfa();
     return dis[n]<=k;
 }
 bool cmp(int x,int y){
     return x>y;
 }
 int main()
 {
     //freopen("phoneline.in","r",stdin);
     //freopen("phoneline.out","w",stdout);
     int x,y,w;
     scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
     for(int i=;i<=m;++i){
         scanf("%d%d%d",&x,&y,&w);
         add(x,y,w);
         add(y,x,w);
     }
     int l=,r=;
     while(l<r){
         int mid=(l+r)>>;
         if(div2(mid)) r=mid;
         else l=mid+;
     }
     r==?printf("-1"):printf("%d\n",r);
     return ;
 }

题4 洪水（slikar）

【问题描述】
一天，一个画家在森林里写生，突然爆发了山洪，他需要尽快返回住所中，那里是安全
的。
森林的地图由 R 行 C 列组成，空白区域用点“.”表示，洪水的区域用“*”表示，而
岩石用“X”表示，另画家的住所用“D”表示，画家用“S”表示。
有以下几点需要说明：
.每一分钟画家能向四个方向移动一格（上、下、左、右）
.每一分钟洪水能蔓延到四个方向的相邻格子（空白区域）
.洪水和画家都不能通过岩石区域
.画家不能通过洪水区域（同时也不行，即画家不能移到某个格子，该格子在画家达到
的同时被洪水蔓延到了，这也是不允许的）
. 洪水蔓不到画家的住所。
给你森林的地图，编写程序输出最少需要花费多长时间才能从开始的位置赶回家中。
【输入】
输入第一行包含两个整数 R 和 C(R,C<=)。
接下来 R 行每行包含 C 个字符(“.”、“*”、“X”、“D”或“S”)。地图保证只有一个“D”
和一个“S”。
【输出】
输出画家最快安全到达住所所需的时间，如果画家不可能安全回家则输出“KAKTUS”。
【输入输出样例  】
slikar.in slikar.out

D.*
...
.S.

【输入输出样例  】
slikar.in slikar.out

D.*
...
..S

KAKTUS
【输入输出样例  】
slikar.in slikar.out

D...*.
.X.X..
....S.

题目

tag：模拟/dfs、bfs/最短路

思路：初始化所有点洪水出现的时间为无穷大，以每个“*”作基点向外dfs预处理更新时间（能取到最小值再扩展，此处算是剪枝），之后bfs走迷宫，到达的时间一定要先于洪水出现的时间，也可以二维转一维跑SPFA。

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<iostream>
 #include<cstring>
 #include<cmath>
 #include<queue>
 #define ll long long
 #define maxn 2510
 #define inf 707406378
 using namespace std;
 int dx[]={,,,-},dy[]={,,-,},n,m,cnt,dis[maxn],hl[maxn],MP[maxn],S,T,vis[maxn];
 char mp[][];
 queue<int>Q;
 struct X{
     int u,v,w,ne;
 }e[maxn*];
 void add(int u,int v)
 {
     e[++cnt].u=u;
     e[cnt].v=v;
     e[cnt].ne=hl[u];
     hl[u]=cnt;
 }
 int cal(int x,int y){return (x-)*m+y;}
 bool ok(int x,int y)
 {
     if(x>=&&x<=n&&y>=&&y<=m) return true;
     return false;
 }
 void dfs(int x,int y,int t)
 {
     if(!t||(ok(x,y)&&mp[x][y]=='.'&&t<MP[cal(x,y)])){
         MP[cal(x,y)]=t;
         for(int i=;i<;++i) dfs(x+dx[i],y+dy[i],t+);
     }
 }
 bool spfa()
 {
     dis[S]=;
     vis[S]=;
     Q.push(S);
     while(!Q.empty()){
         int u=Q.front();
         Q.pop();
         for(int i=hl[u];i;i=e[i].ne){
             int v=e[i].v,aft=dis[u]+;
             if(dis[v]>aft&&MP[v]>aft){
                 dis[v]=aft;
                 if(!vis[v]){
                     vis[v]=;
                     Q.push(v);
                 }
             }
         }
         vis[u]=;
     }
     if(dis[T]==inf) return false;
     return true;
 }
 int main()
 {
     //freopen("slikar.in","r",stdin);
     //freopen("slikar.out","w",stdout);
     memset(dis,/,sizeof(dis));
     memset(MP,/,sizeof(MP));
     scanf("%d%d",&n,&m);
     for(int i=;i<=n;++i)
         for(int j=;j<=m;++j)
             scanf(" %c",&mp[i][j]);
     for(int i=;i<=n;++i)
         for(int j=;j<=m;++j){
             if(mp[i][j]=='*') dfs(i,j,);
             else{
                 switch(mp[i][j]){
                     case 'S':S=cal(i,j);break;
                     case 'D':T=cal(i,j);break;
                     case 'X':continue;break;
                 }
                 for(int k=;k<;++k){
                     int X=i+dx[k],Y=j+dy[k],t=;
                     if(ok(X,Y)&&mp[X][Y]!='*'&&mp[X][Y]!='X') add(cal(i,j),cal(X,Y));
                 }
             }
         }
     if(!spfa()) puts("KAKTUS");
     else printf("%d\n",dis[T]);
     return ;
 }

————————今天好晚了懒得粘分割线呢————————

　　芒果君：表示这次终于没有翻车，没有预计结果因为害怕这么多模拟写炸，最后还挺高的，开森，不过以后还是要多刷图论啊。