2020-10-03 PTA 天梯赛练习题题解

排座位

作者 陈越 单位 浙江大学 代码长度限制 16KB 时间限制 200 ms 内存限制 64 MB

题意

• 输入n,k,m，n表示一共有n个人要进行排座位，m条关系条数（A B $S_i$）表示A和B之间的关系为$S_i$，然后进行k次查询，问两人是否能连着坐在一起

• 关系为1表示是朋友，-1表示是死对头

• 对每个查询输出一行结果：

  • 如果两位宾客之间是朋友，且没有敌对关系，则输出No problem；
  • 如果他们之间并不是朋友，但也不敌对，则输出OK；
  • 如果他们之间有敌对，然而也有共同的朋友，则输出OK but…；
  • 如果他们之间只有敌对关系，则输出No way。

题解

通过二维数组存储两人之间的关系，由于两人之间的关系是唯一的，所以可以看做是 双向边

纯枚举做法不管怎么改都过不去,而最好的情况也会有全联通的测试点无法通过，因此判断是后能满足条件

因此，上网查询了一下并查集做法

未得分点：最大N，全连通环，全查询

acwing并查集 模板题

find(x) 是找会祖宗节点， p[x] 数组存放的是父节点

代码

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int MAXN = 111;
int p[MAXN];
int find(int x) {
     
    if (p[x] == x) return p[x];
    return p[x] = find(p[x]);
}

//把能够成为好友的全部合并到一个根上
void merge(int x, int y){
     
    int t1 = find(x);
    int t2 = find(y);
    if (t1 != t2){
     
        p[t1] = t2;
    }
}

int gx[MAXN][MAXN];

int main(){
     
    int n, m, k; scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
    for(int i = 1; i <= n; i++)  p[i] = i;
    for(int fi = 1; fi <= m; ++fi) {
     
        int a, b, c; scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
        gx[a][b] = c; gx[b][a] = c;
        if (c == 1) merge(a, b);
    }
    for(int qu = 1; qu <= k; ++qu){
     
        int qa, qb; scanf("%d%d", &qa, &qb);
        if (gx[qa][qb] == 1) puts("No problem");
        else if (gx[qa][qb] == -1){
      if (find(qa) == find(qb))puts("OK but..."); else puts("No way");}
        else {
     if (find(qa) == find(qb)) puts("No problem"); else puts("OK");}
    }
}

7-12 分而治之

题意

我们希望首先攻下敌方的部分城市，使其剩余的城市变成孤立无援，然后再分头各个击破。为此参谋部提供了若干打击方案。本题就请你编写程序，判断每个方案的可行性。

题解

• 建图，数据大小和多边的存在，因此更适合vector的动态二维数组去建立邻接表，像最短路那样建

• 处理，通过vis去进行标记，vis[x] = 1说明这个城市已经被攻下了

• 访问，通过两层for循环去进行遍历，外层城市总数，内层该城市所连接的v[i].size()座城市

• 当$vis[i]==0且vis[v[i][j]]==0$的时候就说明存在城市不是孤立无援的，因此直接标记为策略失败

代码

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 1111;
const int N = 111;
int vis[maxn];
vector<int> v[maxn]; // 链接表
void init1(){
     
    memset(vis, 0, sizeof vis);
}
int main(){
     
    int n, m; cin >> n >> m;
    for(int si = 1; si <= m; si++){
     
        int a, b; cin >> a >> b;
        //双向边
        v[a].push_back(b);
        v[b].push_back(a);
    }
    int k; cin >> k;

    // k种方案,使其剩余的城市变成孤立无援
    
    for(int sk = 1; sk <= k; ++sk){
     
        
        bool flag = true; //用于判断是否能够攻击成功
        init1(); 
        
        int np; cin >> np;
        for(int sp = 1; sp <= np; ++sp){
     
            int x; cin >> x; vis[x] = 1; //x城市已经被进攻
        }

       for(int i = 0; i < n; i++){
     
            for(int j = 0; j < v[i].size(); j++){
     
                if (vis[i] == 0 && vis[v[i][j]] == 0){
     
                    //确保都没进攻过
                    flag = false;
                }
            }
       }
       (flag) ? puts("YES") : puts("NO");
    }
}

垃圾桶分布

题意

从m个垃圾站里面选取1个站点，让该站点离居民区的最近的人最远，并且没有超出服务范围ds之内。

如果有很多个最远的垃圾站，输出距离所有居民区距离平均值最小的那个。如果平均值还是一样，就输出按照顺序排列垃圾站编号最小的那个

类型

最短路+字符处理

题解

\\没写完，别看别看别看
#include 
using namespace std;
const int MAXN = 1E5 + 50;
int d[MAXN];
bool vis[MAXN];//优化,判断是否松弛过
vector<pair<int, int >> E[MAXN];
inline void init(){
     
	for(int i = 0; i < MAXN; i++) d[i] = INF;
	for(int i = 0; i < MAXN; i++) E[i].clear();
	for(int i = 0; i < MAXN; i++) vis[i] = false;
}
//迪杰斯特拉
void dij(){
     
	   int n, m, s; scanf("%d%d%d", &n, &m, &s);
		priority_queue <PII, vector< PII >, greater<PII >> p;
        init();
		REP(i, m){
     
			int x, y, z; RD(x, y, z);
			E[x].push_back(MP(y, z));
		}
		//Dij
		p.push(PII( 0, s)), d[s] = 0;
		while(!p.empty()){
     
			pair<int, int> now = p.top(); p.pop();
            if (now.first != d[now.second])continue;
			for(PII u: E[now.second]){
     
				if (d[u.first] > d[now.second] + u.second){
     
					d[u.first] = d[now.second] + u.second; 
					p.push(make_pair(d[u.first], u.first));
				}
				
			}
		}
		FOR_1(i, 0, n - 1){
     
			if (d[i] == INF) cout << "INF" << '\n';
			else cout << d[i] << '\n';
		}
}
int main(){
     
	int n, m, k, ds; cin >> n >> m >> k >> ds;
	

	return 0;
}