【纪中2020.4.11日】模拟赛题解

目录：

T1：Berry Picking
T2：Loan Repayment
T3：Wormhole Sort

还是USACO的题，全是奶牛……

正题：

T1：Berry Picking

题目描述

Bessie 和她的妹妹 Elsie 正在 Farmer John 的浆果园里采浆果。Farmer John 的浆果园里有 N 棵浆果树（1≤N≤1000）；树 i 上有 Bi 个浆果（1≤Bi≤1000）。Bessie 有 K 个篮子（1≤K≤1000，K 为偶数）。每个篮子里可以装同一棵树上采下的任意多个浆果，但是不能装来自于不同的树上的浆果，因为它们的口味可能不同。篮子里也可以不装浆果。
Bessie 想要使得她得到的浆果数量最大。但是，Farmer John 希望 Bessie 与她的妹妹一同分享，所以 Bessie 必须将浆果数量较多的 K/2 个篮子给 Elsie。这表示 Elsie 很有可能最后比 Bessie 得到更多的浆果，这十分不公平，然而姐妹之间往往就是这样。
帮助 Bessie 求出她最多可以得到的浆果数量。

输入

输入的第一行包含空格分隔的整数 N 和 K。
第二行包含 N 个空格分隔的整数 B1,B2,…,BN。

输出

输出一行，包含所求的答案。

样例输入

5 4
3 6 8 4 2

样例输出

8

分析：

排序，以 %后的结果来排序
不断平均分，累加后找最大值

CODE：

#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int n,k,a[1001],maxn,f,ans,t,b;
bool cmp(int x,int y)
{
    return x%t>y%t;  //以%后来排序
}
int main(){
	freopen("berries.in","r",stdin);
	freopen("berries.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        maxn=max(maxn,a[i]);  //找出最大值
    }
    for(int i=1;i<=maxn;i++)
    {
        f=0;
        for(int j=1;j<=n;j++)
            f+=a[j]/i;  //平均分
        if(f<(k/2))  //特判无用功
            break;
        if(f>=k)  //特判
        {
            ans=max(ans,i*(k/2));  //分一次
            continue;
        }
        t=i;
        sort(a+1,a+n+1,cmp);  //%后排序
        b=(f-k/2)*t;  //一开始的值
        for(int x=1;x<=n,x+f<=k;x++)
            b+=a[x]%t;  //累加，%
        ans=max(ans,b);  //找最大值
    }
    printf("%d",ans);
}

T2：Loan Repayment

题目描述

Farmer John 欠了 Bessie N 加仑牛奶（1≤N≤10^12）。他必须在 K 天内将牛奶给 Bessie。但是，他不想将牛奶太早拿出手。另一方面，他不得不在还债上有所进展，所以他必须每天给 Bessie 至少 M 加仑牛奶（1≤M≤10^12）。
以下是 Farmer John 决定偿还 Bessie 的方式。首先他选择一个正整数 X。然后他每天都重复以下过程：
（1）假设 Farmer John 已经给了 Bessie G 加仑，计算 (N−G）/X 向下取整。令这个数为 Y。
（2）如果 Y 小于 M，令 Y 等于 M。
（3）给 Bessie Y 加仑牛奶。
求 X 的最大值，使得 Farmer John 按照上述过程能够在 K 天后给 Bessie 至少 N 加仑牛奶 （1≤K≤10^12）。

输入

输入仅有一行，包含三个空格分隔的正整数 N、K 和 M，满足 K⋅M 注意这个问题涉及到的整数规模需要使用 64 位整数类型（例如，C/C++ 中的“long long”）。

输出

输出最大的正整数 X，使得按照上述过程 Farmer John 会给 Bessie 至少 N 加仑牛奶。

样例输入

10 3 3

样例输出

2

分析：

二分，必须的
需要考虑优化二分，最好一次性算出很多天的还奶量，后半部分就是除法，主函数就是二分
最后输出左端点

CODE：

#include
#include
#include
using namespace std;
long long n,k,m;
bool check(long long x)
{
	long long z=k,y=n; //y为剩余天数
	while(1)
	{
		long long f,p;
		f=y/x;
		if(f<m) return m*z>=y;  //处理第二部分
		p=y/f-x+1;
		if(p>z) p=z;  //天数要在范围内
		y-=p*f;
		z-=p;
		if(y<=0) return 1;
		if(z==0) return 0;
	}
}
int main()
{
    freopen("loan.in","r",stdin);
    freopen("loan.out","w",stdout);
    cin>>n>>k>>m;
    long long l=1,r=n,mid;
    while(l<r)
    {
    	mid=(l+r+1)/2;  //二分边界注意+1
    	if(check(mid)) l=mid;
		else r=mid-1;
	}
	cout<<l;
    return 0;
}

T3：Wormhole Sort

题目描述

Farmer John 的奶牛们已经厌倦了他对她们每天早上排好序离开牛棚的要求。她们刚刚完成了量子物理学的博士学位，准备将这一过程搞快点。
今天早上，如同往常一样，Farmer John 的 N 头编号为 1…N 的奶牛（1≤N≤10^5），分散在牛棚中 N 个编号为 1…N 的不同位置，奶牛 i 位于位置 pi。但是今天早上还出现了 M 个编号为 1…M 的虫洞（1≤M≤10^5），其中虫洞 i 双向连接了位置 ai 和 bi，宽度为 wi（1≤ai,bi≤N,ai≠bi,1≤wi≤10^9）。
在任何时刻，两头位于一个虫洞两端的奶牛可以选择通过虫洞交换位置。奶牛们需要反复进行这样的交换，直到对于 1≤i≤N，奶牛 i 位于位置 i。
奶牛们不想被虫洞挤坏。帮助她们最大化被她们用来排序的虫洞宽度的最小值。保证奶牛们有可能排好序。

输入

输入的第一行包含两个整数 N 和 M。
第二行包含 N 个整数 p1,p2,…,pN。保证 p 是 1…N 的一个排列。
对于 1 到 M 之间的每一个 i，第 i+2 行包含整数 ai、bi 和 wi。

输出

输出一个整数，为在排序过程中奶牛必须挤进的虫洞的最小宽度的最大值。如果奶牛们不需要用任何虫洞来排序，输出 −1。

样例输入

4 4
3 2 1 4
1 2 9
1 3 7
2 3 10
2 4 3

样例输出

9

分析：

这道题为并查集
判断如果可以走就并在一起
完后做记录，将值赋给ans，输出

CODE：

#include
#include
#include
using namespace std;
struct node{
    int x,y,z;
}a[100001];
int n,m,p[100001],sum=0,f[100001],ans;
bool cmp(node a1,node b1){
	return a1.z>b1.z;  //排序
}
int find(int x){
	return f[x]==x?x:f[x]=find(f[x]);  //就是getfather函数
}
int main()
{
	freopen("wormsort.in","r",stdin);
	freopen("wormsort.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    bool flag=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&p[i]);
        f[i]=i;  //记录
        if(p[i]!=i) flag=0,sum++;
    }
    if(flag)
    {
        printf("-1"); //直接特判不合法
        return 0;
    }
    for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d%d",&a[i].x,&a[i].y,&a[i].z);
    sort(a+1,a+1+m,cmp);  //输入后排序
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int fx=find(a[i].x),fy=find(a[i].y);  //分别找祖先
        if(fx!=fy) 
        {
            if(p[a[i].x]!=a[i].x||p[a[i].y]!=a[i].y)  f[fx]=fy,ans=a[i].z;  //判断能否并，然后赋值
        }
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}