题目链接:传送门 HDU 6015-6018

解题报告:传送门

HDU6015

Skip the Class

 Accepts: 678
 Submissions: 1285
 Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)
 Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)
问题描述
终于又开学啦。呃喵最喜欢的就是开学了,因为这样她又可以愉快地翘课了(啊?)
呃喵接下来有n节课程需要上(换句话说,可以翘。)
每节课程有相应的课程类型与课程翘课价值。
有一点需要注意的是,呃喵不可以翘同一类课程超过两次,就是如果这类课已经翘了两次,接下来就一定要上。
问你在这个条件下,呃喵可以获得的最大翘课价值。
输入描述
第一行为一个整数T,代表数据组数。
接下来,对于每组数据——
第一行一个整数n,表示接下来需要依次上的课程数量,
接下来有n行,每行包括一个仅由'a'~'z'构成的长度不超过10的字符串s与一个正整数v。
其中字符串表示课程的类型,相同的字符串代表相同的课程。 数据保证——
1 <= T <= 1000
对于每组数据,1 <= n <= 100,1 <= |s| <= 10, 1 <= v <= 1000
输出描述
对于每组数据,输出一行。
该行有1个整数,表示呃喵可以获得的最大翘课价值。
输入样例
2
5
english 1
english 2
english 3
math 10
cook 100
2
a 1
a 2
输出样例
115
3

题解:显然,对于每一种类型的课程,我们只会选择翘掉 翘课价值最大的前2节课。
于是,最方便的做法,是使用map<string, int>first, second来实现。
即:
for(i = 1 ~ n)
{
    scanf("%s%d", s, &v);
    gmax(second[s], v);
    if (second[s] > first[s])swap(second[s], first[s]);
}
然后把两个map中的权值全部加到sum中即可。

代码一:

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <map>
#include <vector>
#include <string>
#include <iostream>
using namespace std;
map <string,vector<int> > a;
int main()
{
int t,n,num,it;
string c;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
a.clear();
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<n;i++)
{
cin>>c>>num;
if(!a.count(c)) a[c]=vector<int>();
if(a[c].size()<)
a[c].push_back(num);
else
{
if(a[c][]<a[c][]) swap(a[c][],a[c][]);
if(num>a[c][]) a[c][]=num;
}
}
map<string,vector<int> >::iterator it;
int sum=;
for(it=a.begin();it!=a.end();it++)
{
sum+=it->second[];
if(a[it->first].size()==)
sum+=it->second[];
}
printf("%d\n",sum);
}
return ;
}

代码二:

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
int main()
{
map<string,int>first,second;
int t,n,num;
char c[];
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
first.clear();
second.clear();
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<n;i++)
{
scanf("%s%d",c,&num);
second[c]=max(second[c],num);
if(second[c]>first[c]) swap(first[c],second[c]);
}
int sum=;
map<string,int>:: iterator it;
//这里的->second指的是map<key,value>中的value
for(it=first.begin();it!=first.end();it++) sum+=it->second;
for(it=second.begin();it!=second.end();it++) sum+=it->second;
printf("%d\n",sum);
}
return ;
}

HDU6016

Count the Sheep

 Accepts: 227
 Submissions: 805
 Time Limit: 3000/1500 MS (Java/Others)
 Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)
问题描述
开学翘课固然快乐,然而也有让呃喵抓狂的事,那当然就是考试了!这可急坏了既要翘课又想要打BC还要准备考试的呃喵。
呃喵为了准备考试没有时间刷题,想打BC又不想跌分,只得求助于BCround92的出题人snowy_smile,让他说点什么 ~~>_<~~。
snowy_smile实在没有办法,但是又不好意思透题,只好告诉呃喵,当务之急是好好休息。
"如果你按照下面这个办法睡着,那么第二天就绝对不会在BC的赛场上跌分——
想象一片一望无际、广阔无边的青青草原,草原上住着一群羊,包括n只沉默的男羊和m只流泪的女羊,在男羊和女羊之间,存在k个朋友关系。
现在你可以以任意一只羊为起点,顺着朋友关系数下去。如果能够连续数4只各不相同的羊,就能超过99%的数羊者,成功入睡。"
呃喵听后十分震惊,但她还是听话地数下去,果然,数到第4只羊就睡着了,并一口气睡过了头,成功地错过了第二天的BestCoder,真的不会在BC的赛场上跌分啦!
然而你,可就没有这么好的运气了,你既然看到了这第二题,自然一般已有提交,已经无法回头了。
面对"不AC这题就可能跌分"窘境的你,需要说出,呃喵在睡前可能有多少种不同的数羊序列。
即输出"A-B-C-D"这样序列的方案数,满足A-B、B-C、C-D是朋友关系且A、B、C、D各不相同。
输入描述
第一行输入数据组数T
对于每组数据,第一行有三个整数n, m, k,表示n只男羊编号分别为1~n,m只女羊编号分别为1~m,并且存在k个朋友关系。
接下来给出k行,每行给出两个数x y,表示第x只男羊和第y只女羊是朋友。 数据保证——
不会给出重复的朋友关系
1 <= T <= 1000
对于30%的数据,1 <= n, m, k <= 100
对于99%的数据,1 <= n, m, k <= 1000
对于100%的数据,1 <= n, m, k <= 100000
输出描述
对于每组数据,输出一行,该行包含一个整数,表示呃喵睡觉前可能数了哪4只羊的序列的方案数。
输入样例
(为了方便阅读,样例输入中数据组间中会额外添加一行空行)
3
2 2 4
1 1
1 2
2 1
2 2 3 1 3
1 1
2 1
3 1 3 3 3
1 1
2 1
2 2
输出样例
8
0
2
Hint
第一组样例:(b1-g1-b2-g2) (b1-g2-b2-g1) (b2-g1-b1-g2) (b2-g2-b1-g1) (g1-b1-g2-b2) (g1-b2-g2-b1) (g2-b1-g1-b2) (g2-b2-g1-b1) 共8种合法序列

首先,因为朋友关系只能是在男羊和女羊之间的,所以这是一个二分图。
然后,我们发现每个序列都满足一端为男羊,另外一端为女羊,于是我们可以按照"女羊A,男羊B,女羊C,男羊D"的方式计数,在最后使得答案*2就好。
a[x]存是男羊x朋友的所有女羊,cnt[y]存女羊y拥有的男羊朋友数。于是:
for (int x = 1; x <= n; ++x)                //枚举男羊B
{
    LL onepoint = a[x].size() - 1;        //除去女羊C,女羊A的可能方案数为a[x].size() - 1
    for (auto y : a[x])                                //枚举女羊C,这两层for循环其实只枚举了k条边,复杂度为o(n+m+k)
    {
        ans += (cnt[y] - 1) * onepoint;    //显然除了男羊B,其他男羊都可以作为男羊D,计数为cnt[y] - 1
    }
}最后ans * 2就是答案啦。
PS:这题会爆int

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
const int N=1e5+;
typedef long long ll;
vector <ll> a[N];
ll cnt[N];
int main()
{
int t,n,m,k,x,y;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=;i<=max(n,m);i++)
{
a[i].clear();
cnt[i]=;
}
memset(cnt,,sizeof(cnt));
for(int i=;i<k;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
a[x].push_back(y);
cnt[y]++;
}
ll ans=;
// for(int i=1;i<=n;i++)
// {
// for(int j=0;j<a[i].size();j++)
// printf("%d ",a[i][j]);
// puts("");
// }
for(int i=;i<=n;i++)
{
ll tmp=a[i].size()-;
vector <ll>::iterator it;
for(it=a[i].begin();it!=a[i].end();it++)
ans+=(cnt[*it]-)*tmp;
//for(int j=0;j<a[i].size();j++)
//ans+=(cnt[a[i][j]]-1)*tmp;
}
printf("%lld\n",ans*);
}
return ;
}
/*
3
2 6 4
1 5
1 6
2 5
2 6 3 1 3
1 1
2 1
3 1 3 3 3
1 1
2 1
2 2
*/

BestCoder Round92的更多相关文章

  1. Bestcoder#5 1002

    Bestcoder#5 1002 Poor MitsuiTime Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (J ...

  2. BestCoder Round #80 1002

    HDU 5666 Segment 题意:给你条斜率为-1,常数项为q(q为质数)的直线,连接原点与直线上整数格点,问你在有多少个格点在形成的无数个三角形内,而不在线段上,结果对P取模. 思路:best ...

  3. Bestcoder#5 1003

    Bestcoder#5 1003 Poor RukawTime Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Ja ...

  4. BestCoder 2nd Anniversary

    A题 Oracle http://bestcoder.hdu.edu.cn/contests/contest_chineseproblem.php?cid=703&pid=1001 大数相加: ...

  5. Bestcoder Round #84

    A题 Aaronson http://bestcoder.hdu.edu.cn/contests/contest_chineseproblem.php?cid=718&pid=1001 感觉一 ...

  6. BestCoder Round #89 02单调队列优化dp

    1.BestCoder Round #89 2.总结:4个题,只能做A.B,全都靠hack上分.. 01  HDU 5944   水 1.题意:一个字符串,求有多少组字符y,r,x的下标能组成等比数列 ...

  7. BestCoder Round #90 //div all 大混战 一题滚粗 阶梯博弈,树状数组,高斯消元

    BestCoder Round #90 本次至少暴露出三个知识点爆炸.... A. zz题 按题意copy  Init函数 然后统计就ok B. 博弈 题  不懂  推了半天的SG.....  结果这 ...

  8. bestcoder Round #7 前三题题解

    BestCoder Round #7 Start Time : 2014-08-31 19:00:00    End Time : 2014-08-31 21:00:00Contest Type : ...

  9. Bestcoder round #65 && hdu 5593 ZYB's Tree 树形dp

    Time Limit: 3000/1500 MS (Java/Others)    Memory Limit: 131072/131072 K (Java/Others)Total Submissio ...

随机推荐

  1. 阿里云服务器内部dns可能出错

    今天部署一个阿里云服务器,所有配置项都改好了,就是连接不上本机. 反复查找,防火墙端口和网卡接口都配置对了,selinux也关闭了,但就是连接不上阿里云内网的ip. 由于连接是本机,把ip填写为127 ...

  2. 爬虫学习之-urlparse之urljoin()

    首先导入模块,用help查看相关文档 >>> from urlparse import urljoin >>> help(urljoin) Help on func ...

  3. inline函数的总结

    在函数返回类型前加上关键字inline就可以将函数指定为内联函数: inline const string& shortString(const string &s1, const s ...

  4. Linux的cut命令

    cut是一个选取命令,就是将一段数据经过分析,取出我们想要的.一般来说,选取信息通常是针对“行”来进行分析的,并不是整篇信息分析的. (1)其语法格式为:cut  [-bn] [file] 或 cut ...

  5. 【Django】Django—Form两种解决表单数据无法动态刷新的方法

    一.无法动态更新数据的实例 1. 如下,数据库中创建了班级表和教师表,两张表的对应关系为“多对多” from django.db import models class Classes(models. ...

  6. 51nod 1677 treecnt(思维)

    题意: 给定一棵n个节点的树,从1到n标号.选择k个点,你需要选择一些边使得这k个点通过选择的边联通,目标是使得选择的边数最少. 现需要计算对于所有选择k个点的情况最小选择边数的总和为多少. 考虑每条 ...

  7. BZOJ4881 线段游戏(二分图+树状数组/动态规划+线段树)

    相当于将线段划分成两个集合使集合内线段不相交,并且可以发现线段相交等价于逆序对.也即要将原序列划分成两个单增序列.由dilworth定理,如果存在长度>=3的单减子序列,无解,可以先判掉. 这个 ...

  8. Contest 7

    A:搜索好难啊根本不会啊. B:原题都能写挂没救了啊.考虑求出每个数作为最小值时能向左向右扩展到的最远位置,那么这段区间里的所有数就不可能作为唯一的最小值成为最优解了,否则假设可以的话这段区间里的数都 ...

  9. 【NOIP考试范围】

    ※号为可能考察的算法[历年有出现过,但概率小,但最好掌握] [本图片仅作参考] 梦想总是要有的,万一实现了呢?

  10. django 自己编写admin

    继上次CRM项目之后 我们发现了django自带admin的强大之处以及灵活性,但是admin在企业中也一样很难做到完全的对接,因此编写自己的后台管理就显得至关重要. 本次自定义admin项目将接着上 ...