2013通化邀请赛的几题Hdu4494,Hdu4497,Hdu4498,Hdu4499

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4494

题意：N个城市，编号0~N-1。1~N-1号城市每个城市i需要一定数量的不同类工人(种数<=5)，且每个城市i要求这些工人一定要在某个确切的时间bi之前集全部集齐然后一起工作一段时间pi。不同类的工人之间不能替换，去完一个城市的工人如果时间允许可以赶去另一个城市(城市之间有一个距离)，起始时工人们都在城市0，起始时间点为0，问最少需要多少工人。

分析：最小路径覆盖，用最少的工人覆盖所有有需要的城市。各种worker之间没有影响，一次建图，分别对求每种worker求一次费用流。

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

const int N = 460;
const int M = 6 * N + N * N * 2;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

int n, m;
int x[N], y[N], b[N], p[N], need[10][N];
double d[N][N];
int en, S, T, NV, head[N], from[M], to[M], cost[M], flow[M], next[M];
int top, sta[N], dis[N], id[N];
bool vis[N];

inline void addEdge(int u, int v, int c) {
    from[en] = u, to[en] = v, cost[en] = c, next[en] = head[u], head[u] = en++;
    from[en] = v, to[en] = u, cost[en] = -c, next[en] = head[v], head[v] = en++;
}

bool SPFA() {
    for (int i = 0; i < NV; i++) dis[i] = INF, vis[i] = false;
    dis[S] = 0;

    sta[top = 1] = S;
    while (top) {
        int u = sta[top--];
        vis[u] = false;
        for (int i = head[u]; i != -1; i = next[i]) if (flow[i] > 0) {
            int v = to[i];
            if (dis[v] > dis[u] + cost[i]) {
                dis[v] = dis[u] + cost[i];
                id[v] = i;
                if (!vis[v]) sta[++top] = v, vis[v] = true;
            }
        }
    }
    return (dis[T] != INF);
}

int minCost() {
    int u, v, aug, ret = 0;
    while (SPFA()) {
        aug = INF;
        for (v = T; v != S; v = u) {
            u = from[id[v]];
            aug = min(aug, flow[id[v]]);
        }
        for (v = T; v != S; v = u) {
            u = from[id[v]];
            flow[id[v]] -= aug;
            flow[id[v] ^ 1] += aug;
        }
        ret += aug * dis[T];
    }
    return ret;
}

int work(int k) {
    for (int i = 1, en = 0; i < n; i++) {
        flow[en++] = need[k][i], flow[en++] = 0;
        flow[en++] = need[k][i], flow[en++] = 0;
        flow[en++] = need[k][i], flow[en++] = 0;
        flow[en++] = need[k][i], flow[en++] = 0;
        for (int j = 1; j < n; j++) if (b[i] + p[i] + d[i][j] <= b[j])
            flow[en++] = need[k][i], flow[en++] = 0;
    }
    return minCost();
}

int main() {
    int cas;
    scanf("%d", &cas);
    while (cas--) {
        scanf("%d%d", &n, &m);
        scanf("%d%d", &x[0], &y[0]);
        for (int i = 1; i < n; i++) {
            scanf("%d%d%d%d", &x[i], &y[i], &b[i], &p[i]);
            for (int j = 0; j < m; j++) scanf("%d", &need[j][i]);
        }

        #define sqr(x) ((x) * (x))
        for (int i = 0; i < n; i++)
            for (int j = i + 1; j < n; j++) d[i][j] = d[j][i] = sqrt(sqr(x[i] - x[j]) + sqr(y[i] - y[j]));
        #undef sqr

        en = 0, S = 0, T = n, NV = 3 * n;
        memset(head, -1, sizeof(head));
        for (int i = 1; i < n; i++) {
            addEdge(S, i, 1);
            addEdge(S, i + n, 0);
            addEdge(i, i + 2 * n, 0);
            addEdge(i + 2 * n, T, 0);
            for (int j = 1; j < n; j++) if (b[i] + p[i] + d[i][j] <= b[j])
                addEdge(i + n, j + 2 * n, 0);
        }

        int ans = 0;
        for (int i = 0; i < m; i++) ans += work(i);
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4597

水题一枚，随便DP下即可。

#include 
#include 
#include 
using namespace std;

const int N = 22;

int n, dp[N][N][N][N], a[N], b[N], sa[N], sb[N];

int DP(int s1, int t1, int s2, int t2) {
    if (dp[s1][t1][s2][t2] != -1) return dp[s1][t1][s2][t2];

    int ret = 0, sum = sa[t1] - sa[s1 - 1] + sb[t2] - sb[s2 - 1], tmp;
    if (s1 <= t1) {
        tmp = sum - DP(s1 + 1, t1, s2, t2);
        ret = max(ret, tmp);
        tmp = sum - DP(s1, t1 - 1, s2, t2);
        ret = max(ret, tmp);
    }
    if (s2 <= t2) {
        tmp = sum - DP(s1, t1, s2 + 1, t2);
        ret = max(ret, tmp);
        tmp = sum - DP(s1, t1, s2, t2 - 1);
        ret = max(ret, tmp);
    }
    return dp[s1][t1][s2][t2] = ret;
}

int main() {
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        scanf("%d", &n);

        sa[0] = sb[0] = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]), sa[i] = sa[i - 1] + a[i];
        for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &b[i]), sb[i] = sb[i - 1] + b[i];

        memset(dp, -1, sizeof(dp));
        for (int i = 1; i <= n; i++) dp[i][i][i][i] = max(a[i], b[i]);
        printf("%d\n", DP(1, n, 1, n));
    }
    return 0;
}

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4598

这题还是要有些想法滴。做法是分两步：

1）对图进行奇偶染色，如果图中有奇环，则No，否则进行2）；O(N^2)

2）在画图模拟中发现如果存在这样的四个点i,，j， k， l；其中i与j有边相连，k,l有边相连，其余的没有边直接相连，那么将构造不出有效的点权值来，此时是No，否则是Yes。O(N^3)

对于这两步，本人水平有效，暂时不能证明出这是充要条件。

#include 
#include 
#include 
using namespace std;

const int N = 330;

bool flag;
int n, c[N], d[N];
char g[N][N];

void dfs(int i) {
    if (!flag) return;
    for (int j = 0; j < n; j++) if (g[i][j] == '1') {
        if (c[j] == -1) {
            c[j] = c[i] ^ 1;
            dfs(j);
        }
        else if (c[j] == c[i]) { flag = false; break; }
    }
}

int main() {
    int T;
    // freopen ("input.txt" , "r" , stdin);
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        scanf("%d", &n);
        for (int i = 0; i < n; i++) scanf("%s", g[i]);

        flag = true;
        for (int i = 0; i < n; i++) c[i] = -1;
        for (int i = 0; i < n && flag; i++) if (c[i] == -1) {
            c[i] = 0;
            dfs(i);
        }

        if (!flag) puts("No");
        else {
            for (int i = 0; i < n; i++) if (c[i] == 1) {
                d[i] = 0;
                for (int j = 0; j < n; j++) if (g[i][j] == '1' && c[j] == 0) d[i]++;
            }
            for (int i = 0; i < n && flag; i++) if (c[i] == 1 && d[i] > 0) {
                for (int j = i + 1 ; j < n && flag; j++) if ( c[j] == 1 && d[j] > 0) {
                    int tmp = 0;
                    for (int k = 0; k < n; k++) if (c[k] == 0 && g[i][k] == '1' && g[j][k] == '1') tmp++;
                    if (d[i] - tmp > 0 && d[j] - tmp > 0) flag = false;
                }
            }
            if (flag) puts("Yes");
            else puts("No");
        }
    }
    return 0;
}

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4599

这题首先要推得有F(N) = (6^N - 1) / 5; H(N) = F(N) * 6; G(N) = 6M; 

1）F(N)和H(N)的求得：

记dp[i]为已经掷出连续i个一样的的点数后到掷出连续N个一样点数时还需要掷色子的次数的期望，则F(N) = dp[1] + 1。有

dp[N] = 0;

dp[N - 1] = dp[N] * (1/ 6) + dp[1] * (5/6) +1;

... ...

dp[i] = dp[i + 1] * (1/6) + dp[1] * (5/6) + 1;

... ...

dp[1] = dp[2] * (1/6) + dp[1] * (5/6) + 1;

把前面N-1个式子带入第N个式子即得：dp[1] = dp[1] * (5/6) * [1 + 1/6 + (1/6)^2 +...+ (1/6)^(n-1)] + [1 + (1/6) + (1/6)^2 +...+ (1/6)^(n-1)];

利用等比数列求和即得F[N];

关于H(N) = F(N) * 6; 略。

2）求 G(M1) >= F(N); G(M2) >= H(N);

即 30M >= 6 ^ N - 1; 和 5M >= 6 ^ N - 1;

对于第一个式子(30M >= 6 ^ N - 1)：这里将6^N 用快速幂化成（30k + x) *MOD + p的形式(MOD = 2011)。从前我们在快速幂中求的是就是p，顺便求出x不是很难，自行YY。然后算出w = (x * MOD + p - 1 + 30) % 30，即说6 ^ N - 1 除30得余数w，那么最小的M应该是M = ((30 * k + x) * MOD + p - 1 ＋30 +  (30 - w)) / 30；这里的k就不用去求了，k对结果没有影响。

另外，如果觉得快速幂不好顺便求上面所说的x的话，可以直接快速幂6 ^ N % 30来求出6^N对30的余数w'，则 w = (w' - 1 + MOD) % MOD。

两次快速幂也好，一次快速幂也好，算出p,w后，答案即：(p + (30 - w) + MOD) % MOD * inv(30, MOD)，inv(30, MOD) 表示30对MOD的逆元。

第二个式子，同理可得。

代码略。