10.10 高校模拟赛 贪心模拟+BFS+DP
- 出题人
- Problem 1 painter
- 题目来源
- 题目描述
- 题解
- 代码
- Problem 2 escape
- 来源
- 题目描述
- 题解
- 代码
- Problem 3 balance
- 题目来源
- 题目描述
- 题解
- 代码
出题人
(排名不分先后)：
Dewct http://loifrancis.gq/
zzk http://blog.csdn.net/loi__zzk
Cunese 大爷的csdn忘了，，行吧
whales http://blog.csdn.net/cherish_k
Problem 1 painter
题目来源：
http://poj.org/problem?id=2709
题目描述
杂货店出售一种由N（3<=N<=12）种不同颜色的颜料，每种一瓶（50ML），组成的颜料套装。你现在需要使用这N种颜料；不但如此，你还需要一定数量的灰色颜料。杂货店从来不出售灰色颜料——也就是它不属于这N种之一。幸运的是，灰色颜料是比较好配置的，如果你取出三种不同颜色的颜料各x ml，混合起来就可以得到xml的灰色颜料（注意不是3x）。
现在，你知道每种颜料各需要多少ml。你决定买尽可能少的“颜料套装”，来满足你需要的这N+1种颜料。那么你最少需要买多少个套装呢？
输入描述 输入包含若干组测试数据。每组数据一行：第一个数N, 3<=N<=12, 含义如上；接下来N+1个数，分别表示你需要的N+1种颜料的毫升数。最后一种是灰色。所有输入的毫升数<=1000.
注意：输入中不存在每个颜料套装的毫升数。由题意可知，每种各50ml，即一共50N ml
输出描述 每组数据输出一行，最少需要的套装数。
样例输入 3 40 95 21 0
7 25 60 400 250 0 60 0 500
4 90 95 75 95 10
5 0 0 0 0 0 333
0
样例输出 2
8
2
4
数据范围及提示 对于30%的数据 N=3
对于100%的数据3 <= N <= 100
数据最多不超过10组
题解：
先不考虑灰色，满足其他颜料至少需要ans；
每次操作，选取剩余颜料最多的三种，合成1单位灰色颜料，重新sort；
若不足三种且未合成足够的灰色，则ans++，每种颜料加50
代码：
直接sort的std
#include我的cpp在poj上WA。。。。。随机数据太良心
考场代码需要改正的是：
1.记录每种颜料标号是不必要的，因为颜料的种类是无意义的，我们只关心它们是否不同。
2.没有特判灰色等于0，在剩余颜料不满两种的情况下，ans会+1；
调了一下午啊！！！！！！
考场 堆
#include Q;
bool operator <(node a,node b){
return a.numvoid done(){
ans=maxx/50;
if(maxx%50) ans++,maxx=ans*50;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(maxx-ned[i])
Q.push((node){i,maxx-ned[i]});
}
if(Q.size()<=2){
ans++;
for(int i=1;i<=n;i++) ml[i]=50;
while(!Q.empty()){
node u=Q.top();
Q.pop();
ml[u.id]+=u.num;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
Q.push((node){i,ml[i]});
}
}
while(!Q.empty()){
for(int i=1;i<=3;i++){
tmp[i]=Q.top();
Q.pop();
}
cnt+=1;
if(cnt>=gry) return ;
for(int i=1;i<=3;i++){
if(tmp[i].num-1)
Q.push((node){tmp[i].id,tmp[i].num-1});
}
if(Q.size()<=2){
ans++;
for(int i=1;i<=n;i++) ml[i]=50;
while(!Q.empty()){
node u=Q.top();
Q.pop();
ml[u.id]+=u.num;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
Q.push((node){i,ml[i]});
}
}
}
return ;
}
void init(){
while(!Q.empty()) Q.pop();
ans=0;
maxx=0;
cnt=0;
for(int i=1;i<=3;i++) tmp[i].id=0,tmp[i].num=0;
}
int main(){
freopen("painter.in","r",stdin);
freopen("painter.out","w",stdout);
while(scanf("%d",&n)!=EOF){
if(n==0) return 0;
init();
for(int i=1;i<=n;i++) {
scanf("%d",&ned[i]);
maxx=max(maxx,ned[i]);
}
scanf("%d",&gry);
done();
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
} 改 √ 了的堆
#include2){
add();
}
}
}
void init(){
while(!Q.empty()) Q.pop();
ans=0;
maxx=0;
cnt=0;
}
int main(){
while(scanf("%d",&n)!=EOF){
if(n==0) return 0;
init();
for(int i=1;i<=n;i++) {
scanf("%d",&ned[i]);
maxx=max(maxx,ned[i]);
}
scanf("%d",&gry);
done();
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
} Problem 2 escape
来源：
http://hzwer.com/4598.html
题目描述
给出数字N（1<=N<=10000），X（1<=x<=1000），Y（1<=Y<=1000）,代表有N个敌人分布一个X行Y列的矩阵上，矩形的行号从0到X-1,列号从0到Y-1再给出四个数字x1,y1,x2,y2,代表你要从点(x1,y1)移到(x2,y2)。在移动的过程中你当然希望离敌人的距离的最小值最大化，现在请求出这个值最大可以为多少,以及在这个前提下，你最少要走多少步才可以回到目标点。注意这里距离的定义为两点的曼哈顿距离，即某两个点的坐标分为(a,b),(c,d),那么它们的距离为|a-c|+|b-d|。
输入描述 第一行给出数字N，X，Y
第二行给出x1,y1,x2,y2
下面将有N行，给出N个敌人所在的坐标
输出描述 在一行内输出你离敌人的距离及在这个距离的限制下，你回到目标点最少要移动多少步。
样例输入 2 5 6
0 0 4 0
2 1
2 3
样例输出 2 14
数据范围及提示
30%: n=1
100%: 1<=n<=1000, 1<=x<=1000, 1<=y<=1000
题解：
预处理出每个点到它最近敌人的距离（把敌人坐标丢进队列里，做bfs），将整张图扫一遍。
二分答案，按照预处理出的距离，判断某点是否能走，bfs；
注意：
二分判断时，首先判断起点是否合法！！
考试的时候，没有预处理，每二分一次重新标记图，成功tle！
代码：
#include=0&&y=mid) return true;
return false;
}
void init(int mid){
memset(used,0,sizeof(used));
while(!Q.empty()) Q.pop();
ans=0;
}
bool check(int x){
init(x);
Q.push((node){x1,y1,0});
used[x1][y1]=1;
if(dis[x1][y1]return false;
while(!Q.empty()){
node u=Q.front();
if(u.x==x2&&u.y==y2){
ans=u.step;
return true;
}
Q.pop();
for(int i=1;i<=4;i++){
int xx=u.x+dx[i],yy=u.y+dy[i];
if(can(xx,yy,x)){
used[xx][yy]=1;
Q.push((node){xx,yy,u.step+1});
}
}
}
return false;
}
void done(){
while(!Q.empty()){
node u=Q.front();
Q.pop();
for(int i=1;i<=4;i++){
int xx=u.x+dx[i],yy=u.y+dy[i];
if(xx>=0&&xx=0&&yy1;
used[xx][yy]=1;
Q.push((node){xx,yy,u.step+1});
}
}
}
return ;
}
int main(){
freopen("escape.in","r",stdin);
freopen("escape.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d",&n,&X,&Y);
scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d%d",&a,&b);
Q.push((node){a,b,0});
dis[a][b]=0;
used[a][b]=1;
}
done();
int l=-1,r=100000000+800;
while(r-l>1){
int mid=r+l>>1;
if(check(mid)) l=mid;
else r=mid;
}
check(l);
printf("%d %d\n",l,ans);
return 0;
} Problem 3 balance
题目来源：
https://vjudge.net/problem/POJ-1837
题目描述
有一个天平，天平左右两边各有若干个钩子，总共有C个钩子，有G个钩码，求将钩码全部挂到钩子上使天平平衡的方法的总数。
输入描述 第一行两个数c, g分别代表钩子数和钩码数
第二行c个数，表示每个钩子距离天平中央的距离c[i]，负数表示在左边，正数表示在右边
第三行g个数，表示每个钩码的重量w[i]
输出描述 输出总方案数
样例输入
2 4
-2 3
3 4 5 8
样例输出 2
数据范围及提示 30%: c<=9, g<=9
100%: c<=20, g<=20, -15<=c[i]<=15, w[i]<=25
题解：
一道精彩的初中物理题
设置状态dp[i][j]表示放了i个钩码，平衡度为j的方案数；
平衡度的定义为：右边-左边
由此可知：左边重 j<0，右边重 j>0,平衡 j=0
由数据范围可以推测出，平衡度的绝对值小于7500
为了避免负数作为下标，将平衡度均+7500
枚举钩码
枚举放在哪个位置
枚举此时的平衡度
转移总结一下，本题主要难在设计状态。
代码：
#includeresult 100+40+0；
T1由于数据水，成绩不准确；