2020.03.18【NOIP普及组】模拟赛C组17

题目编号	标题
0	【GDKOI训练】纸牌游戏（card）
1	【GDKOI训练】音乐节拍（mnotes）
2	【GDKOI训练】电视游戏问题（vidgame）
3	【GDKOI训练】过路费（toll）

T1:

题目描述

Bessie 是一头非常喜欢纸牌的奶牛，虽然她没有大拇指，但她对纸牌有近乎痴迷的喜爱。不幸的是，牛群中的其他牛都不是好的对手。他们的水平真的很差。他们总是以一种完全可预测的方式来玩纸牌！尽管如此，Bessie 仍然可以选择如何获胜。
Bessie 和她的朋友Elsie 在玩一个简单的纸牌游戏，她们拿了一付有2n 张卡片的牌，牌上的数字编号为1- 2n ，并将其均分成两份，一份卡片给Bessie 和一份卡片给Elsie。
然后两人开始玩牌，一共进行n 轮， 在每一轮中，Bessie 和Elsie 都打一张卡，谁的牌大就得一分。
神奇的Bessie 可以预测Elsie 打牌顺序，并且尽可能的想赢取胜利。请确定Bessie可以赢得的最大点数。

输入

第一行一个整数N (1≤N≤50,000).
接下来的N 行是Elsie 将每轮连续的比赛中出的牌。请注意，从这些信息很容易确定Bessie 的卡片。

输出

一行给出Bessie 可以得分的最大点数。

样例输入

3
1
6
4

样例输出

2

数据范围限制

提示

贝西手上的牌是2,3，5，她按照2，3，5 的顺序出牌可以获得2 分。

贪心，找出有几个比它大的即可:

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int a[1000010],b[1000010],n,m;
int main(){
    freopen("card.in","r",stdin);
    freopen("card.out","w",stdout);
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++){
    	int x;
     	cin>>x;
     	a[x]=x;
    }
    int j=0;
    for(int i=1;i<=n*2;i++){
     	if(a[i]==0){
     		j++;
		 	b[j]=i;
		}
    }
    j=0;
    sort(a+1,a+1+n*2);
    for(int i=1;i<=n;i++){
     	while(a[j]==0)j++;
     	if(b[i]>a[j])m++,j++;
    }
    cout<<m;
    return 0;
}

T2:

题目描述

FJ准备教他的奶牛弹奏一首歌曲，歌曲由N(1<=N<=50,000)种音节组成，编号为1到N，而且一定按照从1到N的顺序进行弹奏，第i种音节持续B_i(1<=B_i<=10,000)个节拍，节拍从0开始计数，因此从节拍0到节拍B_1-1弹奏的是第1种音节，从B_1到B_1+B_2-1弹奏的是第2种音节，依此类推。
最近奶牛对弹琴不感兴趣了，他们感觉太枯燥了。所以为了保持奶牛们注意力集中，FJ提出Q(1<=Q<=50,000)个问题，问题的格式都是“第T次节拍弹奏的是哪种音节”
每个问题对应一个T_i(0<=T_i<=节拍总数-1)请你帮奶牛来解决。

输入

第一行输入两个空格隔开的整数N和Q
第2至N+1行每行包含一个整数 B_i
第N+2-N+Q+1行每行包含一个整数T_i

输出

输出有Q行，每行输出对应问题的答案。

样例输入

3 5
2
1
3
2
3
4
0
1

样例输出

2
3
3
1
1

数据范围限制

这题二分，注意格式：

#include
#include
using namespace std;
long long m,n,a[100001],b[100001];
using namespace std;
int main(){
	freopen("mnotes.in","r",stdin);
	freopen("mnotes.out","w",stdout);
	cin>>n>>m;
	b[0]=-1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int x;
		scanf("%d",&x);
		a[i]=b[i-1]+1;
		b[i]=b[i-1]+x;
	}
	while(m--){
		int x;
		scanf("%d",&x);
		int l=1,r=n;
		while(l<=r){
			int mid=(l+r)/2;
			if(x<a[mid])r=mid-1;
			else if(x>b[mid])l=mid+1;
			else{
				printf("%d\n",mid);
				break;
			}
		}
	}
	return 0;
}

T3：

题目描述

农夫约翰的奶牛们游戏成瘾！本来FJ是想要按照陶教授的做法拿她们去电击戒瘾的，可是后来他发现奶牛们玩游戏之后比原先产更多的奶。很明显，这是因为满足的牛会产更多的奶。但是，奶牛们在哪个才是最好的游戏平台这个问题上产生了巨大的分歧。一只奶牛想要买一台Xbox 360来跑《光晕3》；另外一只奶牛想要一台任天堂Wii来跑《任天堂明星大乱斗X》；第三只奶牛想要在PlayStation 3上面玩《潜龙谍影4》，顺便还能看某些高画质的电影。

FJ想要在给定的预算内购入一些游戏平台和一些游戏，使他的奶牛们生产最多的奶牛以养育最多的孩子。FJ研究了N（1 <= N <= 50）种游戏平台，每一种游戏平台的价格是P_i（1 <= P_i <= 1000），并且每一种游戏平台有G_i（1 <= G_i <= 10）个只能在这种平台上运行的游戏。很明显，奶牛必须先买进一种游戏平台，才能买进在这种游戏平台上运行的游戏。每一个游戏有一个游戏的价格GP_j（1 <= GP_j 价格 <= 100）并且有一个产出值PV_j（1 <= PV_j<= 1000000），表示一只牛在玩这个游戏之后会产出多少牛奶。

最后，农夫约翰的预算为V（1 <= V <= 100000），即他最多可以花费的金钱。请帮助他确定应该买什么游戏平台和游戏，使得他能够获得的产出值的和最大。

考虑下面的数据，有N种游戏平台，并且有V=$800预算。第一种游戏平台花费$300并且有两个游戏，价格分别为$30和$25，它们的产出值如下所示:

游戏 #    花费      产出值

  1          $30       50

  2          $25       80

第二种平台价格为$600，并且只有一种游戏:

游戏 #    花费      产出值

  1          $50       130

第三种平台价格为$400，并且有三种游戏:

游戏 #    花费      产出值

  1         $40        70

  2         $30        40

  3         $35        60

农夫约翰应该买第1和第3种平台，并且买平台1的游戏2，还有平台3的游戏1和游戏3。使得最后他最后的产出值最大，为210产出值:

    预算:        $800     

    平台 1      -$300

        游戏 2  -$25               80

    平台 3      -$400

        游戏 1   -$40              70

        游戏 3   -$35              60

  -------------------------------------------

    总计:           0 (>= 0)      210

输入

第1行: 两个由空格隔开的整数: N和V
第2到第N+1行: 第i+1行表示第i种游戏平台的价格和可以在这种游戏平台上面运行的游戏。包含: P_i, G_i还有G_i对由空格隔开的整数GP_j, PV_j

输出

第1行: 农夫约翰在预算内可以得到的最大的产出值。

样例输入

3 800
300 2 30 50 25 80
600 1 50 130
400 3 40 70 30 40 35 60

样例输出

210

数据范围限制

这题：背包即可
类似分组背包

#include
#include
using namespace std;
int m,n,k,x,y,f[100][100100];
int main(){
	freopen("vidgame.in","r",stdin);
	freopen("vidgame.out","w",stdout);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int x1,y1;
		cin>>x1>>y1;
		for(int j=x1;j<=m;j++)f[i][j]=f[i-1][j-x1];
		for(int j=1;j<=y1;j++){
			cin>>x>>y;
			for(int k=m;k>=(x1+x);k--){
				f[i][k]=max(f[i][k],f[i][k-x]+y);
			}
		}
		for(int j=0;j<=m;j++)f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j]);
	}
	cout<<f[n][m];
	return 0;
}

T4:

题目描述

跟所有人一样，农夫约翰以着宁教我负天下牛，休叫天下牛负我的伟大精神，日日夜夜苦思生财之道。为了发财，他设置了一系列的规章制度，使得任何一只奶牛在农场中的道路行走，都要向农夫约翰上交过路费。

农场中由N（1 <= N <= 250）片草地（标号为1到N），并且有M（1 <= M <= 10000）条双向道路连接草地A_j和B_j（1 <= A_j <= N; 1 <= B_j <= N）。奶牛们从任意一片草地出发可以抵达任意一片的草地。FJ已经在连接A_j和B_j的双向道路上设置一个过路费L_j（1 <= L_j <= 100,000）。

可能有多条道路连接相同的两片草地，但是不存在一条道路连接一片草地和这片草地本身。最值得庆幸的是，奶牛从任意一片草地出发，经过一系列的路径，总是可以抵达其它的任意一片草地。

除了贪得无厌，我们都不知道该说什么好。FJ竟然在每片草地上面也设置了一个过路费C_i（1 <= C_i <= 100000）。从一片草地到另外一片草地的费用，是经过的所有道路的过路费之和，加上经过的所有的草地（包括起点和终点）的过路费的最大值。

任劳任怨的牛们希望去调查一下她们应该选择那一条路径。她们要你写一个程序，接受K（1<= K <= 10,000）个问题并且输出每个询问对应的最小花费。第i个问题包含两个数字s_i和t_i（1 <= s_i <= N; 1 <= t_i <= N; s_i != t_i），表示起点和终点的草地。

考虑下面这个包含5片草地的样例图像:



从草地1到草地3的道路的“边过路费”为3，草地2的“点过路费”为5。

要从草地1走到草地4，可以从草地1走到草地3再走到草地5最后抵达草地4。如果这么走的话，需要的“边过路费”为2+1+1=4，需要的点过路费为4（草地5的点过路费最大），所以总的花费为4+4=8。

而从草地2到草地3的最佳路径是从草地2出发，抵达草地5，最后到达草地3。这么走的话，边过路费为3+1=4，点过路费为5，总花费为4+5=9。

输入

第1行: 三个空格隔开的整数: N, M和K
第2到第N+1行: 第i+1行包含一个单独的整数: C_i
第N+2到第N+M+1行: 第j+N+1行包含3个由空格隔开的整数: A_j, B_j和L_j
第N+M+2倒第N+M+K+1行: 第i+N+M+1行表示第i个问题，包含两个由空格隔开的整数s_i和t_i

输出

第1到第K行: 第i行包含一个单独的整数，表示从s_i到t_i的最小花费。

样例输入

5 7 2
2
5
3
3
4
1 2 3
1 3 2
2 5 3
5 3 1
5 4 1
2 4 3
3 4 4
1 4
2 3

样例输出

8
9

数据范围限制

这题用弗洛伊德：
先把点权排序：
排序后就可以保证它的第一个和最后一个是最大或最小
然后就不用做很多次弗洛伊德了
即可：

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int m,n,k,dis[500][500],a[500][500];
int head[500],tot,read2[1000100];
struct node{
	int x,y;
}read[1000100];
bool cmp(node x,node y){
	if(x.x!=y.x)return x.x<y.x;
	else return x.y<y.y;
}
int main(){
	freopen("toll.in","r",stdin);
	freopen("toll.out","w",stdout);
	int t;
	cin>>n>>m>>t;
	for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&read[i].x);read[i].y=i;}
	sort(read+1,read+1+n,cmp);
	for(int i=1;i<=n;i++)read2[read[i].y]=i;
	memset(a,1,sizeof(a));
	memset(dis,1,sizeof(dis));
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int x,y,z;
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
		a[read2[x]][read2[y]]=a[read2[y]][read2[x]]=min(a[read2[x]][read2[y]],z);
	}
	for(int k=1;k<=n;k++){
		for(int i=1;i<=n;i++){
			for(int j=1;j<=n;j++){
				if(i==j)continue;
				a[i][j]=min(a[i][j],a[i][k]+a[k][j]);
				dis[i][j]=min(dis[i][j],a[i][j]+max(read[i].x,max(read[k].x,read[j].x)));
			}
		}
	}
	while(t--){
		int x,y;
		scanf("%d%d",&x,&y);
		printf("%lld\n",dis[read2[x]][read2[y]]);
	}
	return 0;
}