2021RoboCom机器人开发者大赛复赛解题

  1. 冒险者分队 思维

大意:给定初始三个属性 a 1 , b 1 , c 1 a_1,b_1,c_1 a1,b1,c1,以及目标三个属性 a 2 , b 2 , c 2 a_2,b_2,c_2 a2,b2,c2。 每次可以选择其中一个属性值+40,另外两个-20,或者其中两个+20,另外一个-40。问最少经过多少次操作可以变成目标属性值。

思路:首先我们观察到,无论哪种操作,变化值都是20的倍数。所以差值不是20的倍数的一定不行,然后每次操作不改变差值总和,并且最终差值的总和为0,所以在操作过程中差值总和始终为0。在上面的基础上,操作可看作 +2,-1,-1或 -2,+1,+1.无论哪种操作,%3都是一样的,也就是说,开始差值%3值相等。在这些条件都满足的基础上,记差值为 a,b,c。不妨令 a

因为 a+b+c = 0 那么必有一个正数一个负数,因为操作+2 -1 -1和 -2 +1 +1 是取负号对称的关系,当 a<0

c是一定要变成0 的,所以可以用-2,+1,+1 使的 c 尽快变成0,因为变化过程中始终有 c=-(a+b)当 c=0 时,a,b 必然一正一负,所以 b 比 c 更快变成0。所以我们可以先把 c 变成0,然后用+1,+1,-2 和 +2 -1 -1 组合成 +3,+0 ,+3 的操作。

代码如下:

#include 
using namespace std;
const int N=1000010, M=1e9+7;
typedef long long LL;
LL a1,b1,c1,a2,b2,c2;
LL p[4];
int solve()
{
	cin>>a1>>b1>>c1>>a2>>b2>>c2;
	p[0]=a1-a2;
	p[1]=b1-b2;
	p[2]=c1-c2;
	for(int i=0;i<3;i++)
	{
		if(p[i]%20!=0)return -1;
		p[i]/=20;
	}
	int md=(p[0]%3+3)%3;
	for(int i=0;i<3;i++)if((p[i]%3+3)%3!=md)return -1;

	if((p[0]+p[1]+p[2])!=0)return -1;
	
	int f=0;
	for(int i=0;i<3;i++)
	{
		if(p[i]>0)f++;
	}


	if(f>1)for(int i=0;i<3;i++)p[i]=-p[i];

	sort(p,p+3);
	int cnt=0;
	cnt+=-p[1];
	p[2]-=cnt*2;
	cnt+=p[2]/3*2;
	return cnt;

}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	int _=1;
	cin>>_;
	while(_--)cout<<solve()<<"\n";
	return 0;
}
  1. 拼题A打卡奖励 dp、思维

大意: N张试卷 ,第 i 张试卷需要花费 m i m_i mi 分钟,可以获得 c i c_i ci枚金币,总时长为 M, 问最多可以获得多少枚金币。 N < = 1 e 3 , M < = 365 × 24 × 60 , m i < = 600 , c i < = 30 N<=1e3,M<=365×24×60,mi<=600,c_i<=30 N<=1e3,M<=365×24×60,mi<=600,ci<=30

思路:很裸的01背包,但是呢,我们分析下时间复杂度,O(NM) 会超时,但是我们注意到金币的数量很少,我们可以换个角度,我们可以把金币数量当成体积,时间当成价值,求最小价值,这样时间复杂就变成了 O(N * N *30)。

代码如下:

#include 
using namespace std;
const int N=1010, M=1e9+7;
typedef long long LL;
int w[N],v[N],n,m;
int f[N*30];
void solve()
{
	cin>>n>>m;
	int V=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>w[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>v[i],V+=v[i];
	for(int i=0;i<=V;i++)f[i]=1e9;
	f[0]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=V;j>=v[i];j--)
			f[j]=min(f[j],f[j-v[i]]+w[i]);
	}
	int mx=0;
	for(int i=1;i<=V;i++)if(f[i]<=m)mx=max(mx,i);
	cout<<mx<<"\n";
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	int _=1;
	//cin>>_;
	while(_--)solve();
	return 0;
}

总结:换个角度思考dp问题,很巧妙

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