二模 （8） day2

第一题：

题目描述：

有 n 个炸弹，有些炸弹牵了一根单向引线（也就是说引线只有在这一端能被炸弹点燃），只要引爆了这个炸弹，用引线连接的下一个炸弹也会爆炸。每个炸弹还有个得分，当这个炸弹被引爆后就能得到相应得分。现在要你引爆 k 个炸弹，使得得分最大。

解题过程：

1.一开始想到算出每个入度为0的点打掉之后的得分，然后做个堆，从大到小打，但是路径会有重叠的情况，也就是说打掉一条路径后可能会导致另外一条路径的权值发生变化。。

2.然后听到YYL大神一直在说2次BFS，就想到可以倒着来做。。从出度为0的点出发，然后计算路径的权值，然后按权值从大到小来打。

于是算法就出来了：

先做个拓扑序，然后dp计算从点i出发（沿反向边走）的最大权值（d[i]=max{ d[j] (j,i)∈E }+val[i]）。然后排个序从大到小来打即可。

3.另外有个发现，STL的vector真的会慢很多，一开始用vector存边就TLE一个点，改成前向星就变成0.3s了。。果然偷懒是有代价的。。。以后还是尽量用前向星好了。

4.另外题目没说不会出现环，虽然数据里没有，所以还要缩点。

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第二题：

题目大意：有 n 个石子围成一圈，每个石子都有一个权值 a[i]。给你一次且仅一次取石子的机会，取石子的块数不限，取完后统计得分。现在要使取出的石子得分最大。每个石子的得分计算公式是 a[i]*d，d 表示这个石子到两边被取了的石子的距离和。

解题过程：

1.这题坑。。其实只要取权值最大的两个石头就可以。证明见后面。。

2.我的做法是一开始取权值最大的时候，然后按权值从大到小来取，如果把某个石头插入可以得到更多的分数的话，就把它加入。（把它加入之后会使它两边的石头加的分数减少，只要比较是增加的多还是减少得多即可。）写了个线段树来动态维护某个石头两边的石头是谁。。 然后边上开始讨论为什么只要取权值最大的两个石头就可以。。我还不相信，就随机了几组数据，竟然拍出来都一样，顿时给傻了。。。数学直觉还是不够敏锐呵。

3.关于“只要取权值最大的两个石头就可以”的证明：

假设取石头的顺序是按权值从大到小来取的，如果一个石头的权值是mid，它左边的石头权值是L，右边的石头权值是R;

那么有 L，R>=mid.   再设它和左边的石头的距离为Ld，和右边的石头的距离为Rd，那么选了这个石头可以增加的分数为

（Ld+Rd）*mid。   而左边的石头减少的分数为（Rd+1）*L，右边的石头减少的分数为（Ld+1）*R。显然减少的多。

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第三题：

题目大意：

有A,B,C三种物品N个（N<=100）排成一条线，从左往右拿，一开始拿10个（不足10个就全部拿完），然后可以选择ABC中的一种，比如选A，就把手上的A全部装箱，然后再拿相应数量的物品，使得手上始终有10个（或者已经拿完了）。求最少的装箱次数使得N个物品全部装箱。

解题过程：
1.时间不是很够，就直接写了个贪心，根据下面的原则：

A：如果流水线上已经没有某种物品了，且手中还有，那么就先给这种物品装箱。

B：如果没有出现情况A，那么就取手上最多的那种物品。

RP爆发，骗了90分说。。

2.标算是dp，下面copy题解了：

设 f[i][A][B][C]表示前 i-1 个产品在流水线上取出了，当前准备装箱的 10 个产品中，有 A 个 A 类产品，B 个 B 类产品，C 个 C 类产品，此时，我们继续装箱，至少需要多少次才能装箱完毕。
那么通过 f[i][A][B][C]可以正向推出 3 个决策

把A装箱：f[i+A][A’][B+B’][C+C’]，其中A’,B’,C’表示流水线上第i到第i+A-1个产品中分别有多少个 A 类，B 类，C 类产品。

把B装箱：f[i+B][A+A’][B’][C+C’]，其中A’,B’,C’表示流水线上第i到第i+B-1个产品中分别有多少个 A 类，B 类，C 类产品。

把C装箱：f[i+C][A+A’][B+B’][C’]，其中A’,B’,C’表示流水线上第i到第i+C-1个产品中分别有多少个 A 类，B 类，C 类产品。

f[i][A][B][C]=min{f[i+A][A’][B+B’][C+C’],f[i+B][A+A’][B’][C+C’],f[i+C][A+A’][B+B’][C’]}+1；

质量很高的3道题。。回到了二模 （5） day2的感觉。。