czl蒻蒟的OI之路5
- XJOI奋斗群蒻蒟群群赛6 RANK排名10
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- T1Fraction已AC
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- 题意
- 分析过程
- 给出题解
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- T2Maxim Buys an Apartment WA两次AC
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- 题意
- 分析过程
- 给出题解
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- T3PlanningTLE两次后AC
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- 题意
- 分析过程
- 给出题解
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- T4Jury Meeting已AC
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- 题意
- 分析过程
- 给出题解
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- 蒻蒟的总结
- T1Fraction已AC
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—>XJOI奋斗群（蒻蒟群）群赛6<— RANK排名10
T1：Fraction（已AC）
题意：
定义一个分数，如果这个分数的分子小于分母，则该分数为适当分数。如果一个分数的分子和分母互质，那么这个分数成为不可约分数。给你一个分子与分母的和，让你计算最大的适当不可约分数的分子和分母。
分析过程：
既然是适当分数，那么分子一定严格小于分母，所以可以从和的一半开始向下枚举，如果枚举到一个数，使得分子和分母互质，这个数就会使分数最大，并满足条件。
给出题解：
#include" "< T2：Maxim Buys an Apartment （WA两次AC）
题意：
给你总共的公寓的数量n和已经入住的人数k，要求再入住一个人，使得这个人的旁边必须有人住。然后让你计算这个人可以居住的公寓数量的最大值与最小数。
分析过程：
首先是两个特例，如果n等于k或者k等于零，可以直接输出两个0，其他的再继续判断。当k很小的时候，每个人可以提供2个可住的公寓的个数。而当k比较大的时候最大的可入住人数为n-k。而在k比较小的时候，n-k的个数一定比k*2大。所以只要选择n-k和k*2的比较小的值输出就行了。
给出题解：
#include" "< T3：Planning（TLE两次后AC）
题意：
给你一个航班的安排，结果航班延迟了，要求在时间k之前飞机不能出发，并且飞机出发时间不能早于它原来的时间。每个飞机都有成本，如果飞机延迟出发n分钟，费用就为n*成本。要你求最小的成本。
分析过程：
思路其实很简单，只需要一个贪心就行了。既然要让成本最小，就是要让每个航班的成本最小。所以从最大的成本开始向下遍历，求出满足每个航班的成本最小的t的最大值，计算总花费，最后输出每个航班的出发时间。
但是！！！！！这样并不能AC，保证TLE。就算把复杂度降到了O(nlog n)都还是一样。最后在别人和百度的指导下学会了用优先队列，时间复杂度降到了O（log n），就AC了。关于优先队列，接下来会出一篇专门讲的。
给出题解：
#includeint main()
{
int f[maxn];
cin>>n>>k;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>fly[i].money;
fly[i].x=i;
}
priority_queueq;
for(int i=1;i<=k;i++)
{
q.push(fly[i]);
}
for(int i=k+1;i<=k+n;i++)
{
if(i<=n)q.push(fly[i]);
flight t=q.top();
q.pop();
ans=ans+(LL)(i-t.x)*(LL)(t.money);
// cout<
f[t.x]=i;
}
cout<for (int i=1;i<=n;i++){
cout<" ";
}
return 0;
} T4：Jury Meeting（已AC）
题意：
有n个城市，要在第0个城市召开会议，持续k天。有m个航班，都是第0个城市与其他城市之间的，每个航班有不同的起飞时间与花费。问你能不能让所有人都到达第0个城市，开完k天的会议后都回到原来的城市，若果有，输出最小花费，如果没有，输出NO。
分析过程：
这题可以用贪心来解，首先，可以吧飞机分为两种，去0的和从0去别的地方的。先把这两种飞机进行时间上的排序，然后先从前面开始遍历，找出一个每一个点所需花费的钱，并找到一个点，所有的会议人员都可以到达0。然后从后面开始遍历，找出每一个点所需花费的钱，并且找出一个点，所有的会议人员必须启程的日子（即再往后就会有会议人员无法回到远程市）。最后在这两个区间中遍历点，找出去0的机票花费+回去的机票花费的最小值，即为题目所求。
给出题解：
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
#define inf (ll)1e17
#define maxn 2100005
struct node
{
ll day,from,to,cost;
} a[maxn];
bool comp(node a, node b)
{
return a.day < b.day;
}
ll b[maxn], dp[maxn], dp1[maxn];
int main()
{
// freopen("in.txt","r",stdin);
ll n, k, m, i, j;
cin>>n>>m>>k;
for (i = 0; i <= 2100000; i++)
b[i] = -1, dp[i] = inf;
for (i = 1; i <= m; i++)
cin>>a[i].day>>a[i].from>>a[i].to>>a[i].cost;
sort(a + 1, a + m + 1, comp);
ll num = 0, sum = 0;
for (i = 1; i <= m; i++)
{
if (a[i].from == 0)
continue;
if (b[a[i].from] == -1)
num++, b[a[i].from] = a[i].cost, sum += a[i].cost;
else
{
if (b[a[i].from] > a[i].cost)
{
sum -= b[a[i].from];
b[a[i].from] = a[i].cost;
sum += a[i].cost;
}
}
if (num == n)
dp[a[i].day] = sum;
}
num = 0;
sum = 0;
for (i = 0; i <= 2100000; i++)
b[i] = -1, dp1[i] = inf;
for (i = m; i > 0; i--)
{
if (a[i].to == 0)
continue;
if (b[a[i].to] == -1)
num++, b[a[i].to] = a[i].cost, sum += a[i].cost;
else
{
if (b[a[i].to] > a[i].cost)
{
sum -= b[a[i].to];
b[a[i].to] = a[i].cost;
sum += a[i].cost;
}
if (num == n)
dp1[a[i].day] = sum;
}
if (num == n)
dp1[a[i].day] = sum;
}
for (i = 1; i <= 1000000; i++)
if (dp[i] != inf)
break;
j = i;
for (i = j + 1; i <= 1000000; i++)
dp[i] = min(dp[i - 1], dp[i]);
for (i = 1000000; i > 0; i--)
if (dp1[i] != inf)
break;
j = i;
for (i = j - 1; i > 0; i--)
dp1[i] = min(dp1[i], dp1[i + 1]);
ll ans = inf;
for (i = 1; i <= 1000000; i++)
{
if (dp[i] == inf || dp1[i + k + 1]==inf) continue;
ans = min(dp[i] + dp1[i + k + 1], ans);
}
if (ans == inf)cout<<-1;
else cout<;
return 0; 蒻蒟的总结：
今天只有4个题目，前面两个算是比较水的题目，然而第二题还是WA了两次，这点要抓紧改正。后两题，用到堆和动态规划（可能…），而这些我都不怎么熟，所以自己不懂的东西还有很多。明天不出意外，是要跑两圈的，加油吧少年。
继续贴出吴老师的话：学信息的人永不服输！！！