[题解]NOIP2018

啊赶上18年的题解了

附上2018年题目的PDF：Day1 Day2

D1T1:road

居然出原题！ 我 抄 我 自 己

直接上代码，没什么好说的

 1 #include
 2 #include
 3 using namespace std;
 4 int n,x,y,ans;
 5 int main(){
 6     scanf("%d",&n);
 7     for (int i=1;i<=n;i++){
 8         scanf("%d",&x);
 9         ans+=y>x?0:x-y,y=x;
10     }
11     printf("%d",ans);
12     return 0;
13 } 

NOIP2018D1T1

D1T2:money

很多人没有想到背包的算法

同样是水题，直接上代码

 1 #include
 2 #include
 3 #include
 4 #include
 5 using namespace std;
 6 int a[25001],n,t;
 7 bool v[25001];
 8 int main(){
 9     scanf("%d",&t);
10     while (t--){
11         memset(v,0,sizeof(v));v[0]=true;
12         scanf("%d",&n);
13         for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
14         sort(a+1,a+n+1);
15         int maxn=a[n],num=0;
16         for (int i=1;i<=n;i++)
17             if (v[a[i]]) num++;
18             else 
19                 for (int j=a[i];j<=maxn;j++)
20                     if (v[j-a[i]]) v[j]=true;
21         printf("%d\n",n-num);
22     }
23     return 0;
24 }

NOIP2018D1T2

D1T3:track

核心思想二分加树型DP（STL真香

简化这道题，可以理解为能够从一颗树中找到m条长度大于等于c的链时，c的最大值

那么不难想到用二分

DP维护两个值，一个是在以i为根节点的子树中能够选取的最多的长度大于等于c的链的数量，记为f[i]

另一个是在以i为根节点的子树中删除掉之前取用的的链的情况下，以i为一个端点的最长链的长度，记为g[i]

那么f[i]=sum{f[j]}（j是i的子节点），同时存储所有的f[j]+w(i,j)，对于其中的每一个元素，如果该元素>=c，则f[i]++,否则找到另一个未被取用的元素，使得这两个元素之和>=c，并f[i]++，最后剩余的最大的未被取用的元素就作为g[i]的值。

最后f[1]表示在这棵树中能取得的最多的链的数量。

代码如下（似乎不开02会被卡到80分

 1 #include
 2 #include
 3 #include
 4 #include
 5 #include
 6 #include<set>
 7 using namespace std;
 8 #define N 50001
 9 #define M 100001
10 int hd[N],nx[M],e[M],w[M];
11 int f[N],g[N],q[N];
12 int n,m,num=0;
13 void dfs(int x,int y,int c){
14     multiset<int> h;
15     vector<int> q;
16     f[x]=g[x]=0;
17     for (int i=hd[x];i;i=nx[i])
18         if (e[i]!=y){
19             dfs(e[i],x,c);
20             f[x]+=f[e[i]];
21             if (g[e[i]]+w[i]>=c) f[x]++;
22             else{
23                 q.push_back(g[e[i]]+w[i]);
24                 h.insert(g[e[i]]+w[i]);    
25             }
26         }
27     sort(q.begin(),q.end());
28     vector<int>::iterator i;
29     multiset<int>::iterator j;
30     for (i=q.begin();i!=q.end();i++)
31         if (h.count(*i)){
32             h.erase(h.find(*i));
33             j=h.lower_bound(c-*i);
34             if (j==h.end()) g[x]=*i;
35             else{
36                 f[x]++;
37                 h.erase(j);
38             }
39         }
40 }
41 bool check(int c){
42     dfs(1,1,c);
43     return (f[1]>=m);
44 }
45 int main(){
46     int x,y,z,l=2146483647,r=0,ans=0;
47     memset(hd,0,sizeof(hd)); 
48     scanf("%d%d",&n,&m);
49     for (int i=1;i){
50         scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
51         nx[++num]=hd[x],hd[x]=num,e[num]=y,w[num]=z;
52         nx[++num]=hd[y],hd[y]=num,e[num]=x,w[num]=z;
53         if (zz;
54         r+=z*2;
55     }
56     while (l<r){
57         int mid=(l+r)>>1;
58         if (check(mid)) l=mid+1,ans=mid;
59         else r=mid,ans=mid-1;
60     }
61     printf("%d\n",ans);
62     return 0;
63 }

NOIP2018D1T3

 

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