国庆 day 1 下午
一道图论好题(graph)
Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB
题目描述
LYK有一张无向图G={V,E}，这张无向图有n个点m条边组成。并且这是一张带权图，不仅有边权还有点权。
LYK给出了一个子图的定义，一张图G’={V’,E’}被称作G的子图，当且仅当
·G’的点集V’包含于G的点集V。
·对于E中的任意两个点a,b∈V’，当(a,b)∈E时，(a,b)一定也属于E’，并且连接这两个点的边的边权是一样的。
LYK给一个子图定义了它的价值，它的价值为：点权之和与边权之和的比。 看
LYK想找到一个价值最大的非空子图，所以它来找你帮忙啦。
输入格式(graph.in)
第一行两个数n,m表示一张n个点m条边的图。
第二行n个数ai表示点权。
接下来m行每行三个数u,v,z，表示有一条连接u,v的边权为z的无向边。数据保证任意两个点之间最多一条边相连，并且不存在自环。
输出格式(graph.out)
你需要输出这个价值最大的非空子图的价值，由于它是一个浮点数，你只需要保留小数点后两位有效数字。
输入样例
3 3
2 3 4
1 2 3
1 3 4
2 3 5
输出样例
1.67
样例解释
选择1,2两个点，则价值为5/3=1.67。
对于20%的数据n=2
对于50%的数据n<=5
对于100%的数据1<=n,m<=100000，1<=ai,z<=1000。
思路：当时跑了01分数规划，但是用的bfs找的负环，所以TLE，卡了我5个点。
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define MAXN 100010
using namespace std;
int n,m,tot;
double w[MAXN],dis[MAXN];
double l=,r=,ans,mid;
int val[MAXN],vis[MAXN],num[MAXN];
int to[MAXN*],net[MAXN*],cap[MAXN*],head[MAXN*];
void add(int u,int v,int w){
to[++tot]=v;net[tot]=head[u];cap[tot]=w;head[u]=tot;
to[++tot]=u;net[tot]=head[v];cap[tot]=w;head[v]=tot;
}
bool spfa(int s){
queue<int>que;
memset(num,,sizeof(num));
memset(vis,,sizeof(vis));
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
que.push(s);
dis[s]=;vis[s]=;num[s]++;
while(!que.empty()){
int now=que.front();
que.pop();
vis[now]=;
for(int i=head[now];i;i=net[i]){
if(dis[to[i]]>dis[now]+w[i]){
dis[to[i]]=dis[now]+w[i];
if(!vis[to[i]]){
vis[to[i]]=;
num[to[i]]++;
que.push(to[i]);
if(num[to[i]]>n) return true;
}
}
}
}
return false;
}
void work(){
for(int i=;i<=tot;i++)
w[i]=(double)cap[i]*mid-val[to[i]];
}
bool check(){
for(int i=;i<=n;i++)
if(spfa(i)) return true;
return false;
}
int main(){
freopen("graph.in","r",stdin);
freopen("graph.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=;i<=n;i++) scanf("%d",&val[i]);
for(int i=;i<=m;i++){
int u,v,w;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
add(u,v,w);
}
while(r-l>0.0000001){
mid=(l+r)/;
work();
if(check()){
ans=mid;
l=mid;
}
else r=mid;
}
printf("%.2lf",ans*);
}
然后改成dfs找负环，AC了。
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
const double eps=1e-;
const int mxn=;
int read(){
int x=,f=;char ch=getchar();
while(ch<'' || ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
while(ch>='' && ch<=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}
return x*f;
}
struct edge{
int v,nxt,w;
double c;
}e[mxn<<];
int hd[mxn*],mct=;
void add_edge(int u,int v,int w){
e[++mct].v=v;e[mct].nxt=hd[u];hd[u]=mct;e[mct].w=w;return;
}
bool vis[mxn];
double dis[mxn];
bool SPFA(int u){
vis[u]=;
for(int i=hd[u];i;i=e[i].nxt){
int v=e[i].v;
if(dis[v]>dis[u]+e[i].c){
dis[v]=dis[u]+e[i].c;
if(vis[v] || SPFA(v)){
vis[v]=;return ;
}
}
}
vis[u]=;
return ;
}
int n,m;
int f[mxn];
void restore(double r){
for(int i=;i<=mct;i++)
e[i].c=(double)e[i].w*r-f[e[i].v];
return;
}
bool check(){
for(int i=;i<=n;i++)
if(SPFA(i))return ;
return ;
}
int main(){
freopen("graph.in","r",stdin);
freopen("graph.out","w",stdout);
int i,j;
int u,v,w;
n=read();m=read();
for(i=;i<=n;i++)
f[i]=read();
for(i=;i<=m;i++){
u=read();v=read();w=read();
add_edge(u,v,w);
add_edge(v,u,w);
}
double l=,r=,ans;
while(r-l>eps){
double mid=(l+r)/;
restore(mid);
if(check()){
ans=mid;
l=mid;
}else r=mid;
}
printf("%.2f\n",ans*);
return ;
}
后来听老师讲了之后发现这是道结论题：最优解一定是一条边+两个点。
#include <cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
double ans;
int A,B,C,n,m;
int a[];
int main(){
freopen("graph.in","r",stdin);
freopen("graph.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
for(int i=;i<=m;i++){
scanf("%d%d%d",&A,&B,&C);
ans=max(ans,(a[A]+a[B])/(C+0.0));
}
printf("%.2f\n",ans);
return ;
}
拍照(photo)
Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB
题目描述
假设这是一个二次元。
LYK召集了n个小伙伴一起来拍照。他们分别有自己的身高Hi和宽度Wi。
为了放下这个照片并且每个小伙伴都完整的露出来，必须需要一个宽度为ΣWi，长度为max{Hi}的相框。（因为不能叠罗汉）。
LYK为了节省相框的空间，它有了绝妙的idea，让部分人躺着！一个人躺着相当于是身高变成了Wi，宽度变成了Hi。但是很多人躺着不好看，于是LYK规定最多只有n/2个人躺着。（也就是说当n=3时最多只有1个人躺着，当n=4时最多只有2个人躺着）
LYK现在想问你，当其中部分人躺着后，相框的面积最少是多少。
输入格式(photo.in)
第一行一个数n。
接下来n行，每行两个数分别是Wi,Hi。
输出格式(photo.out)
你需要输出这个相框的面积最少是多少。
输入样例
3
3 1
2 2
4 3
输出样例
27
样例解释
如果没人躺过来，需要27的面积。
我们只要让第1个人躺过来，就只需要21的面积！
对于30%的数据n<=10。
对于60%的数据n<=1000，Wi,Hi<=10。
对于100%的数据1<=n,Wi,Hi<=1000。
思路：考试的时候写了个DP，但是忘了考虑他的后效性，所以挂掉了8个点。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,sumh,sumw;
int ans=0x7f7f7f7f;
int w[],h[];
int f[][],sum[][];
int maxh[][],maxw[][];
int main(){
freopen("photo.in","r",stdin);
freopen("photo.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++){
scanf("%d%d",&w[i],&h[i]);
sumw+=w[i];
sumh+=h[i];
maxh[i][i]=max(w[i],maxh[i-][i-]);
maxh[i][]=max(h[i],maxh[i-][]);
f[i][]=maxh[i][]*sumw;
f[i][i]=maxh[i][i]*sumh;
sum[i][]=sumw;
sum[i][i]=sumh;
}
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<i;j++){
int bns=;
f[i][j]=f[i-][j];
if(h[i]<=maxh[i-][j]){
f[i][j]+=w[i]*maxh[i-][j];
maxh[i][j]=maxh[i-][j];
}
else if(h[i]>maxh[i-][j]){
f[i][j]+=sum[i-][j]*(h[i]-maxh[i-][j])+w[i]*h[i];
maxh[i][j]=h[i];
}
sum[i][j]=sum[i-][j]+w[i]; if(w[i]<=maxh[i-][j-]) bns+=h[i]*maxh[i-][j-];
else if(w[i]>maxh[i-][j-]) bns+=sum[i-][j-]*(w[i]-maxh[i-][j-])+w[i]*h[i];
if(f[i][j]>f[i-][j-]+bns){
f[i][j]=f[i-][j-]+bns;
maxh[i][j]=max(w[i],maxh[i-][j-]);
sum[i][j]=sum[i-][j-]+h[i];
}
}
for(int i=;i<=n/;i++)
ans=min(f[n][i],ans);
cout<<ans;
}
正解思路：枚举高度，贪心累计宽度
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define MAXN 1005
using namespace std;
int n,ans=0x7f7f7f7f;
int w[MAXN],h[MAXN],bns[MAXN];
int cmp(int a,int b){
return a>b;
}
int main(){
freopen("photo.in","r",stdin);
freopen("photo.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++)
scanf("%d%d",&w[i],&h[i]);
for(int i=;i<=;i++){
int sum=,flag=,cnt=,num=;
for(int j=;j<=n;j++)
if(h[j]<=i&&(w[j]<h[j]||w[j]>i))
sum+=w[j];
else if(w[j]>i&&h[j]>i){
flag=;
break;
}
else if(h[j]>i){
cnt++;
sum+=h[j];
}
else{
bns[++num]=w[j]-h[j];
sum+=w[j];
}
if(flag) continue;
if(cnt>n/) continue;
sort(bns+,bns++num,cmp);
for(int j=;j<=min(n/-cnt,num);j++)
sum-=bns[j];
ans=min(ans,sum*i);
}
cout<<ans;
}
或和异或(xor)
Time Limit:2000ms Memory Limit:128MB
题目描述
LYK最近在研究位运算，它研究的主要有两个：or和xor。（C语言中对于|和^）
为了更好的了解这两个运算符，LYK找来了一个2^n长度的数组。它第一次先对所有相邻两个数执行or操作，得到一个2^(n-1)长度的数组。也就是说，如果一开始时a[1],a[2],…,a[2^n]，执行完第一次操作后，会得到a[1] or a[2],a[3] or a[4] ,…, a[(2^n)-1] or a[2^n]。
第二次操作，LYK会将所有相邻两个数执行xor操作，得到一个2^(n-2)长度的数组，假如第一次操作后的数组是b[1],b[2],…,b[2^(n-1)]，那么执行完这次操作后会变成b[1] xor b[2], b[3] xor b[4] ,…, b[(2^(n-1))-1] xor b[2^(n-1)]。
第三次操作，LYK仍然将执行or操作，第四次LYK执行xor操作。如此交替进行。
最终这2^n个数一定会变成1个数。LYK想知道最终这个数是多少。
为了让这个游戏更好玩，LYK还会执行Q次修改操作。每次修改原先的2^n长度的数组中的某一个数，对于每次修改操作，你需要输出n次操作后（最后一定只剩下唯一一个数）剩下的那个数是多少。
输入格式(xor.in)
第一行两个数n，Q。
接下来一行2^n个数ai表示一开始的数组。
接下来Q行，每行两个数xi,yi，表示LYK这次的修改操作是将a{xi}改成yi。
输出格式(xor.out)
Q行，表示每次修改操作后执行n次操作后剩下的那个数的值。
输入样例
2 4
1 6 3 5
1 4
3 4
1 2
1 2
输出样例
1
3
3
3
样例解释
第一次修改，{4,6,3,5}->{6,7}->{1}
第二次修改，{4,6,4,5}->{6,5}->{3}
第三次修改，{2,6,4,5}->{6,5}->{3}
第四次修改，{2,6,4,5}->{6,5}->{3}
对于30%的数据n<=17，Q=1。
对于另外20%的数据n<=10，Q<=1000。
对于再另外30%的数据n<=12，Q<=100000。
对于100%的数据1<=n<=17，1<=Q<=10^5，1<=xi<=2^n，0<=yi<2^30，0<=ai<2^30。
思路：倍增。
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,m;
bool ok;
int a[][];
int poss,v;
int main(){
freopen("xor.in","r",stdin);
freopen("xor.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
int len=pow(,n);
for(int i=;i<=len;i++) scanf("%d",&a[n][i]);
for(int i=n-;i>=;i--){
int l=pow(,i);
if((n-i)%)
for(int j=;j<=l;j++)
a[i][j]=a[i+][(j<<)-]|a[i+][(j<<)];
else
for(int j=;j<=l;j++)
a[i][j]=a[i+][(j<<)-]^a[i+][(j<<)];
}
for(int z=;z<=m;z++){
ok=false;int val,pos;
scanf("%d%d",&pos,&val);
a[n][pos]=val;
if(pos%) poss=pos+;
else{
poss=pos;
pos--;
}
for(int i=n-;i>=;i--)
if((n-i)%){
v=a[i+][pos]|a[i+][poss];
if(v==a[i][(pos>>)+(pos-((pos>>)<<))]){
printf("%d\n",a[][]);
ok=true;
break;
}
a[i][(pos>>)+(pos-((pos>>)<<))]=v;
pos=(pos>>)+(pos-((pos>>)<<));
if(pos%) poss=pos+;
else{
poss=pos;
pos--;
}
}
else{
v=a[i+][pos]^a[i+][poss];
if(v==a[i][(pos>>)+(pos-((pos>>)<<))]){
printf("%d\n",a[][]);
ok=true;
break;
}
a[i][(pos>>)+(pos-((pos>>)<<))]=v;
pos=(pos>>)+(pos-((pos>>)<<));
if(pos%) poss=pos+;
else{
poss=pos;
pos--;
}
}
if(!ok) printf("%d\n",a[][]);
}
}
另一种思路：线段树。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#define N 131073
using namespace std;
int n,m;
int sum[N<<],mid[N<<];
void build(int now,int l,int r,int dep){
if(l==r){
scanf("%d",&sum[now]);
return;
}
mid[now]=(l+r)/;
build(now*,l,mid[now],dep+);
build(now*+,mid[now]+,r,dep+);
if((n-dep+)&) sum[now]=(sum[now*]|sum[now*+]);
else sum[now]=(sum[now*]^sum[now*+]);
}
void change(int now,int l,int r,int pos,int w,int dep){
if(l==r){
sum[now]=w;
return;
}
if(pos<=mid[now]) change(now*,l,mid[now],pos,w,dep+);
else change(now*+,mid[now]+,r,pos,w,dep+);
if((n-dep+)&) sum[now]=(sum[now*]|sum[now*+]);
else sum[now]=(sum[now*]^sum[now*+]);
}
int main(){
freopen("xor.in","r",stdin);
freopen("xor.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
int s=<<n;
build(,,s,);
while(m--){
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
change(,,s,x,y,);
printf("%d\n",sum[]);
}
}
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