2018年全国多校算法寒假训练营练习比赛（第四场）解题报告

A-石油采集

题目描述

随着海上运输石油泄漏的问题，一个新的有利可图的行业正在诞生，那就是撇油行业。如今，在墨西哥湾漂浮的大量石油，吸引了许多商人的目光。这些商人们有一种特殊的飞机，可以一瓢略过整个海面20米乘10米这么大的长方形。（上下相邻或者左右相邻的格子，不能斜着来）当然，这要求一瓢撇过去的全部是油，如果一瓢里面有油有水的话，那就毫无意义了，资源完全无法利用。现在，商人想要知道，在这片区域中，他可以最多得到多少瓢油。

地图是一个N×N的网络，每个格子表示10m×10m的正方形区域，每个区域都被标示上了是油还是水

输入描述:

测试输入包含多条测试数据
测试数据的第一行给出了测试数据的数目T（T<75）
每个测试样例都用数字N（N<50）来表示地图区域的大小，接下来N行，每行都有N个字符，其中符号’.’表示海面、符号’#’表示油面。

输出描述:

输出格式如下“Case X: M”（X从1开始），M是商人可以最多得到的油量。

示例1

输入
1
6
……
.##…
……
.#..#.
.#..##
……
输出
Case 1: 3

思路：想一下就会发现：两个相邻的 ‘#’ 的 (x+y) 必是一奇一偶， 那么就可以用二分图匹配了。这里用暴力A了。

#include 
using namespace std;

char mp[500][500];
int ans1, ans2, n;

void dfs(int x, int y) {
    if (x >= n || y >= n || x < 0 || y < 0 || mp[x][y] == '.') {
        return;
    }
    (x+y) & 1 ? ans1++ : ans2++;
    mp[x][y] = '.';
    dfs(x+1, y);
    dfs(x-1, y);
    dfs(x, y+1);
    dfs(x, y-1);
}


int main(void) {
    int t, ti = 0;
    while (cin >> t) {
        cin >> n;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            cin >> mp[i];
        }
        int ans = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                if (mp[i][j] == '#') {
                    ans1 = ans2 = 0;
                    dfs(i, j);
                    ans += min(ans1, ans2);
                }
            }
        }

        printf("Case %d: %d\n", ++ti, ans);     
    }
    return 0;
} 

B-道路建设

题目描述

随着如今社会的不断变化，交通问题也变得越来越重要，所以市长决定建设一些公路来方便各个城市之间的贸易和交易。虽然市长的想法很好，但是他也遇到了一般人也经常头疼的问题，那就是手头的经费有限……在规划过程中，设计师们已经预算出部分城市之间建设公路的经费需求。现在市长想知道，它能不能将他的m个城市在有限的经费内实现公路交通。如果可以的话，输出Yes，否则输出No（两个城市不一定要直接的公路相连，间接公路到达也可以。）

输入描述:

测试输入包含多条测试数据
每个测试数据的第1行分别给出可用的经费c(<1000000)，道路数目n(n<10000)，以及城市数目m(<100)。
接下来的n行给出建立公路的成本信息，每行给出三个整数，分别是相连的两个城市v1、v2(0

输出描述:

对每个测试用例，输出Yes或No。

备注:

两个城市之间可能存在多条线路

思路：一个裸的最小生成树。

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int INF = 
int mp[110][110], vis[110], dis[110], c, n, M;

void init() {
    for (int i = 0; i <= M; i++) {
        for (int j = 0; j <= M; j++) {
            mp[i][j] = INF;
        }
    }
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
}

void prim() {  
    for(int i = 1;i <= M; i++) {  
        dis[i] = mp[i][1];  
    }  

    vis[1] = 1;  
    int sum = 0;  
    for(int i = 1; i <= M-1; i++) {
        int temp = INF, pos;  
        for(int j= 1; j <= M; j++) {
            if(!vis[j] && temp > dis[j]) {
                temp = dis[j];  
                pos = j;  
            }  
        }  
        if (temp == INF) {
            puts("No");
            return;
        }
        vis[pos] = 1;  
        sum += dis[pos];  
        for(int j = 1; j <= M; j++) {
            if(!vis[j] && mp[pos][j] < dis[j]) {  
                dis[j] = mp[pos][j];  
            }  
        }  
    }  
    puts(sum <= c ? "Yes" : "No");
} 

int main(void) {
    while (cin >> c >> n >> M) {
        init();
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int u, v, w;
            cin >> u >> v >> w;
            if (mp[u][v] > w) {
                mp[u][v] = mp[v][u] = w;
            }
        }
        prim();
    }
}

C-求交集

题目描述

给你两个升序排列的集合，求出两个集合的交集。

输入描述:

有多个测试用例，输入到文件结束。
对于每一个测试用例：
第一行输入两个整数n,m(0

输出描述:

每个测试用例用一行来输出两个集合的交集的所有元素（元素用空格隔开且按升序排列），若交集为空则输出”empty”。

思路： 签到题。直接循环一遍就好了

#include 
using namespace std;
const int maxn = 1e6+10;

int a[maxn], b[maxn], ans[maxn];

int main(void) {
    int n, m;
    scanf("%d %d", &n, &m);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        scanf("%d", &a[i]);
    }
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        scanf("%d", &b[i]);
    }
    int i = 0, j = 0, k = 0;
    while (i < n && j < m) {
        if (a[i] == b[j]) ans[k++] = a[i++], j++;
        else if (a[i] < b[j]) i++;
        else j++;
    }
    if (k) {
        for (int i = 0; i < k-1; i++) {
            printf("%d ", ans[i]);
        }
        printf("%d\n", ans[k-1]);
        return 0;
    }
    puts("empty");

}

E-通知小弟

题目描述

在战争时期，A国派出了许多间谍到其他国家去收集情报。因为间谍需要隐秘自己的身份，所以他们之间只是单向联系。所以，某个间谍只能单向联系到一部分的间谍。同时，间谍也不知道跟他联系的是谁。
HA是间谍们的老大，但他也只能联系到部分的间谍。HA现在有一项命令有告诉所有的间谍。HA想要知道他至少要告诉多少个他能联系上的间谍才能通知到所有的间谍。

输入描述:

有多个测试数据。
对于每个测试数据：
第一行为一个整数n，m（0

输出描述:

输出一行，此行中有一个整数，代表HA至少需要联系的间谍数。如果HA不能通知到所有间谍，输出-1。

思路： 先对图进行强连通分量缩点(Tarjan)， 缩点后形成了一张有向无环图，我们只要通知到新图中那些入度为0的点，所有的人都能得到通知。对于无解的情况，我们只要检查HA能通知到的人是否cover了新图中所有入度为0的点。

#include 
using namespace std;

const int maxn = 550;
int n, m, a[maxn], ans[maxn], in[maxn];

struct Node {
    int to;
    int next;
} edge[(int)5e5+10];

int sz, head[maxn], dfn[maxn], low[maxn], id[maxn];
bool mark[maxn];
int dfs_num, scc;
stack<int> s;

void init() {
    dfs_num = scc = sz = 0;
    memset(head, -1, sizeof(head));
    memset(dfn, 0, sizeof(dfn));
    memset(mark, false, sizeof(mark));
    memset(in, 0, sizeof(in));
    memset(ans, 0, sizeof(ans));
    memset(mark, 0, sizeof(mark));
}

void Tarjan(int x) {
    dfn[x] = low[x] = ++dfs_num;
    mark[x] = true;
    s.push(x);
    for (int i = head[x]; i != -1; i = edge[i].next) {
        int tmp = edge[i].to;
        if (!dfn[tmp]) {
            Tarjan(tmp);
            low[x] = min(low[x], low[tmp]);
        } else if (mark[tmp]) {
            low[x] = min(low[x], dfn[tmp]);
        }
    }
    if (low[x] == dfn[x]) {
        ++scc;
        int tmp;
        do {
            tmp = s.top();
            s.pop();
            mark[tmp] = false;
            id[tmp] = scc;
        } while (x != tmp);
    }
    return;
}

void solve() {
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (!dfn[i]) Tarjan(i);
    }

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int k = head[i]; k != -1; k = edge[k].next) {
            if (id[i] != id[edge[k].to]) {
                mark[id[i]] = true;
                in[id[edge[k].to]]++;
            }
        }
    }
    return;
}

int main(void) {
    while (cin >> n >> m) {
        init();
        for (int i = 1; i <= m; i++) {
            cin >> a[i];
        }

        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            int num; cin >> num;
            while (num--) {
                int to;
                cin >> to;
                edge[sz].to = to;
                edge[sz].next = head[i];
                head[i] = sz++;
            }
        }
        solve();

        int pp = 0;
        for (int i = 1; i <= scc; i++) {
            if (!in[i]) pp++;
        }
        for (int i = 1; i <= m; i++) {
            if (!in[id[a[i]]]) ans[id[a[i]]] = 1;
        }

        int out = 0;
        for (int i = 1; i <= scc; i++) {
            out += ans[i];
        }
        cout << (out == pp ? out : -1) << endl;
    }
    return 0;
} 

F-Call your teacher

题目描述

从实验室出来后，你忽然发现你居然把自己的电脑落在了实验室里，但是实验室的老师已经把大门锁上了。更糟的是，你没有那个老师的电话号码。你开始给你知道的所有人打电话，询问他们有没有老师的电话，如果没有，他们也会问自己的同学来询问电话号码。那么，你能联系到老师并且拿到电脑吗。

输入描述:

存在多组测试样例
每组样例的第一行分别是两个整数n(1

输出描述:

对于每组测试样例，如果你最终能联系到老师，输出“Yes”，否则输出“No”。

思路：这题有很多做法， 直接推，dfs，bfs, floyd 等等

#include 
using namespace std;

int mp[2010][2010];
bool vis[3010], flag;
int n, m;
void init() {
    memset(mp, 0, sizeof(mp));
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
    flag = 0;
} 

void dfs(int st) {
    if (flag || st == n) {
        flag = true;
        return;
    }
    for (int i = 1; i <= mp[st][0]; i++) {
        if (!vis[mp[st][i]]) {
            vis[mp[st][i]] = true;
            dfs(mp[st][i]);
        }
    }
}

int main(void) {
    while (~scanf("%d %d", &n, &m)) {
        init();
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            int x, y;
            scanf("%d %d", &x, &y);
            mp[x][++mp[x][0]] = y;
        }
        vis[1] = true;
        dfs(1);
        puts(flag ? "Yes" : "No");
    }
    return 0;
}

H-老子的全排列呢

题目描述

老李见和尚赢了自己的酒，但是自己还舍不得，所以就耍起了赖皮，对和尚说，光武不行，再来点文的，你给我说出来1-8的全排序，我就让你喝，这次绝不耍你，你能帮帮和尚么？

输入描述:

无

输出描述:

1~8的全排列，按照全排列的顺序输出，每行结尾无空格。

思路：签到题

#include 
using namespace std;

int main(void) {
    int arr[] = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8};
    do {
        for (int i = 0; i < 8; i++) {
            if (i) printf(" ");
            printf("%d", arr[i]);
        }
        puts("");
    } while (next_permutation(arr, arr+8));
} 

---

                                    ——END