2017HDU多校第5场

题目列表

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01：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6085
02：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6086
03：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6087
04：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6088
05：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6089
06：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6090
07：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6091
08：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6092
09：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6093
10：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6094
11：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6095
12：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6096
本次比赛仅做出了三道水题，而且罚时上天，水平不够，力有未逮，还需努力。

一些题解

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06 Rikka with Graph

 本题比赛的时候对算法的测试不够深刻，导致wa的次数过多，我果然还是充满着新手的气息。本题意为给定点数量n，边数量m，dis（i，j）意为从i至j最少需要经历边的数量，如果两边没有边相连则dis（i，j） = n求所有的dis（i，j）之和最小为多少。
 直接考虑完全图，而n个点完全图所需的边的数量为n*（n - 1）/ 2如果m>=n*（n - 1）则所求边数直接为每个点和剩下所有点分别相连数量，知共有n个点则为n * (n - 1)。
 当m不满足上述情况时需要分两种情况。看边的数量是否可以连接所有点。
 如果边的数量可以到达所有点，则直接建立菊花图此图所需的边数为n - 1而此时需要n - 1条边，而每两非源点点间距离都为2和源点距离都为1，并且m每多1则答案都减少2.
 如果所有点不能满足关系则将能相连的点先建立标准菊花图相连，再与不能相连的点分别相连，注意没有边的点也要互相相连！

#include
using namespace std;
typedef long long ll;

int main()
{
        int t;
        scanf("%d",&t);
        while(t--)
        {
                ll n,m,ans;
                scanf("%lld%lld",&n,&m);
                if(n==1) printf("0\n");
                else if(m>=(n*(n-1)/2))
                {
                        ans=n*(n-1);
                         printf("%lld\n",ans);
                }
                else if(m>=1&&m<=n-1)
                {
                       ll rst=n-(m+1);
                       //不光是无边和有边的点相连，没边之点之间亦要相连！
                       //代价wa*6
                       ans=n*rst*(m+1)*2 + n * rst * (rst - 1);
                       m++;
                       ans+=2*(m-1)*(m-1);
                       printf("%lld\n",ans);
                }
                else
                {
                       ans=2*(n-1)*(n-1);
                       ans=ans-2*(m-(n-1));
                       printf("%lld\n",ans);
                }
        }


}

08 Rikka with Subset

 本题意思为给定集合元素个数n以及所有元素相加之和m，同时告诉你子集相加和为0~m的个数分别有几个（空集当作0），求原集合元素。
 本题想到用类似背包的思想，用小的去更新大的。类似01背包，大的必然由小的相加一个数而来，所以dp[n + i] += dp[n]更新可以由小到达大的数量。当更新到当前值时与题目所给的值做差就是当前值所有的个数。

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
int a[10010];
int dp[10010];
int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        int n,m,x;
        scanf("%d%d",&n,&m);
        memset(a,0,sizeof(a));
         memset(dp,0,sizeof(dp));
        scanf("%d",&x);
        int maxn=0,minx=0;
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
             scanf("%d",&x);
             x-=dp[i];
             dp[0]=1;
             if(x>0)
            {
                a[i]=x;
                 for(int k=1;k<=x;k++)
                {
                    for(int now=maxn;now>=0;now--)
                        dp[now+i]+=dp[now];
                    maxn=maxn+i;
                }
            }
          }
        int cnt=0;
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            if(a[i]!=0)
                for(int j=1;j<=a[i];j++)
                {
                    cnt++;
                    printf("%d",i);
                    if(cnt!=n) printf(" ");
                }
        }
        printf("\n");
    }
    return 0;
}

11 Rikka with Competition

 本题为全场比赛之水题。意为给定n个数字当两数差的绝对值大于k时大者获胜，当两书绝对值小于等于k时两者皆有胜利之机。两两比较下，有多少个数字有最终获胜的可能性。
 可以看出只要和相邻最大的数之差小于等于k就有机会获胜；而一旦距离相邻最大的数之差大于k，比当前的数小的数和此数就再无获胜可能。
 由此可知只要由大到小排序，只要距离前一个的距离小于等于k最终答案就加1,而最大之数定获选故最终答案初始化为1。遂得代码。

#include 

using namespace std;
int a[100004];
int main()
{
    int t;
    scanf("%d", &t);
    while(t--)
    {
        int n, k;
        memset(a, 0, sizeof(a));
        scanf("%d%d", &n, &k);
        for(int i = 1;i <= n;i++)
        {
            scanf("%d", &a[i]);
        }
        sort(a + 1, a + 1 + n);
        int ans = 1;
        for(int i = n;i >= 2;i--)
        {
            if(a[i] - a[i - 1] <= k)
                ans++;
            else
                break;
        }
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}