第十一届山东省大学生程序设计竞赛(正式赛）
B. Build Roads
题解
首先需要写个暴力最小生成树的模板。
然后我们可以把题目给的样例试一下，然后不难发现大多数情况答案为 n − 1 n-1 n−1，但是需要注意一个特殊情况：当 L = = R L==R L==R时，答案只能为 L ∗ ( n − 1 ) L*(n-1) L∗(n−1)。
我们接着打表找规律可以发现，只有当 n < = 5 n<=5 n<=5答案可能会发生变化，这种情况我们直接暴力建树跑最小生成树即可。
代码
#include
// else cout<
}
int main(){
//ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#ifdef ONLINE_JUDGE
#else
freopen("in.txt", "r", stdin);
//debug = 1;
#endif
//time_t beg, end;
//if(debug) beg = clock();
solve();
/*
if(debug) {
end = clock();
printf("time:%.2fs\n", 1.0 * (end - beg) / CLOCKS_PER_SEC);
}
*/
return 0;
}
C. Cat Virus
题解
也是个比较巧妙的构造，队友（构造小能手）最后构造出来了（orz）。
不过样例给的暗示也够强了（虽然我没看出来）。
首先需要发现两个规律，第一个是每多一个兄弟节点贡献会乘上 2 2 2，而每多一个儿子节点贡献会加 1 1 1。
因此我们可以对一个数不断的进行分解。
当这个数 k k k是奇数时，我们可以把在当前节点加一个叶子节点（贡献为 1 1 1)和一个非叶节点（权值为 k 2 \frac{k}{2} 2k），然后对这个非叶节点进行递归子问题处理就行了。
当这个数 k k k是偶数时，我们可以通过给这个节点加一个儿子节点（权值为 k − 1 k-1 k−1），又转换成了奇数的情况。
直接模拟整个过程就行了。
注意当 k = 3 k=3 k=3是只需要加一个儿子节点（权值为 2 2 2）就行了。
t r i c k trick trick:需要特判 k = = 2 k==2 k==2的情况。
代码
#include D. Dyson Box
题解
模拟整个过程，每加一个矩形就算一下他对答案的贡献即可。
设一个矩形四个方向上有 c n t cnt cnt个矩形
一个矩形的贡献就是 4 − 2 ∗ c n t 4-2*cnt 4−2∗cnt。
这里分为两种情况置矩形。
对于收到竖直重力影响的，我们需要记录其 x x x轴坐标，对于 y y y轴坐标，等于它之前和它 x x x轴坐标相同的矩形个数。
水平重力的类比上面。
代码
#include F. Birthday Cake
题解
待补。
代码
G. Grade Point Average
题解
刚开始队友用 p y t h o n python python的 D e c i m a l Decimal Decimal莽了几发(其实自己也想用 J a v a Java Java的 B i g D e c i m a l BigDecimal BigDecimal)，但是都没过，发现可能思路错了，后面发现可以直接模拟除法就行了。
代码
#include H. Adventurer’s Guild
题解
背包 d p dp dp魔改题，这里只说一下状态和状态转移。
状态：
d p [ i ] [ j ] [ k ] dp[i][j][k] dp[i][j][k]表示前i个怪物，血量为j，维他命值为k的最大金币个数。
状态转移方程：
考虑第 i i i个怪物杀和不杀两种情况。
当不杀第 i i i个怪物时
d p [ i ] [ j ] [ k ] = d p [ i − 1 ] [ j ] [ k ] dp[i][j][k]=dp[i-1][j][k] dp[i][j][k]=dp[i−1][j][k]
当杀第 i i i个怪物时，又分为三种情况。‘
1.血量够且维他命值也够
d p [ i ] [ j ] [ k ] = d p [ i − 1 ] [ j − a [ i ] . h ] [ k − a [ i ] . s ] + a [ i ] . w dp[i][j][k]=dp[i-1][j-a[i].h][k-a[i].s]+a[i].w dp[i][j][k]=dp[i−1][j−a[i].h][k−a[i].s]+a[i].w
2.血量够但是维他命值不够，但是可以通过消耗血量来抵消维他命值。
令 d e l t a = a [ i ] . s − k delta=a[i].s-k delta=a[i].s−k为需要多余消耗的血量。
d p [ i ] [ j ] [ k ] = d p [ i − 1 ] [ j − a [ i ] . h − d e l t a ] [ 0 ] + a [ i ] . w dp[i][j][k]=dp[i-1][j-a[i].h-delta][0]+a[i].w dp[i][j][k]=dp[i−1][j−a[i].h−delta][0]+a[i].w
3.对于其他情况不需要处理。
我们这时还可以进行空间的优化压缩掉第一维。
代码
#includeM. Matrix Problem
题解
刚开始想的是直接 b f s + d f s bfs+dfs bfs+dfs的，但是后面发现没有完美的策略，不过队友发现可以巧妙的构造出一个解。
这个巧妙的构造是基于题目给的限制条件
1.第 1 1 1行和第 n n n行都为 0 0 0。
2.第 1 1 1列和第 m m m列都为 0 0 0。
我们就可以根据这个限制条件做文章。
首先构造符合条件的 A A A数组。
先把奇数行的都染成 1 1 1（除了第 1 1 1列的），然后把偶数行的第 m m m列都染成 1 1 1。
这个不难发现可以保证所有 1 1 1的都联通。
类比我们可以构造出 B B B数组。
先把偶数行的都染成 1 1 1（除了第 m m m列的），然后把奇数行的第 1 1 1列都染成 1 1 1。
不难发现这个方案是合法的，因为 A A A和 B B B数组中染成 1 1 1的部分的加起来恰好对应题目给的限制条件。
至于为什么这么想？（注意到限制条件应该不难想出）
代码
#include
rp(i,0,n-1) printf("%s\n",B[i]);
// cout<<"***************"<
// rp(i,0,n-1){
// rp(j,0,m-1){
// if(A[i][j]=='1'&&B[i][j]=='1') printf("1");
// else printf("0");
// }
// printf("\n");
// }
}
int main(){
//ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#ifdef ONLINE_JUDGE
#else
freopen("in.txt", "r", stdin);
//debug = 1;
#endif
//time_t beg, end;
//if(debug) beg = clock();
solve();
/*
if(debug) {
end = clock();
printf("time:%.2fs\n", 1.0 * (end - beg) / CLOCKS_PER_SEC);
}
*/
return 0;
}