第十一周：综合训练
目录
第一题：汤姆斯的天堂梦
思路：
代码：
第二题：跑步
思路：
代码：
第三题：砝码称重
思路：
代码：
第四题：遗址
思路：
代码:
第五题：环境治理
思路：
代码：
第一题：汤姆斯的天堂梦
P1796 汤姆斯的天堂梦 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)
思路：
很容易看出来这是一道动态规划题，类似于树塔，假设i代表等级，j代表编号，a代表由i-1层的a号，b代表由a号到j号所需要的代价，则可以得到状态转移方程f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][a]+b)
代码：
#include
using namespace std;
const int N = 205;
int n,k, f[N][N];
int main()
{
cin >> n;
memset(f, 0x3f, sizeof(f));
f[0][1] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cin >> k;
for (int j = 1; j <= k; j++)
{
int a, b;
cin >> a;
while (a!=0)
{
cin >> b;
f[i][j] = min(f[i][j], f[i - 1][a] +b);
cin >> a;
}
}
}
int ans = 0x3f;
for (int i = 1; i <= k; i++)
{
ans = min(ans, f[n][i]);
}
cout << ans << endl;
return 0;
} 第二题：跑步
P1806 跑步 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)
思路：
首先我们来看跑的圈数是可以选择1，2....n-1，这不就类似于01背包问题，相当于每个物品的质量分别为这么多，每一个物品只可以选择一次，且总承重量为n，问一共有多少种选择的方案，则我们可以转化为01背包求方案数,并且可以知道f[n]是由f[1],f[2]...f[n-1]演变而来，具体实现过程看代码，这个需要自己好好理解一下。
代码：
#include//01背包求方案数
using namespace std;
long long n, f[505];
int main() {
cin >> n;
f[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)//跑的圈速
for (int j = n; j >= i; j--)//总圈数
f[j] += f[j - i];
cout << f[n] - 1 << endl;
return 0;
} 第三题：砝码称重
P8742 [蓝桥杯 2021 省 AB] 砝码称重 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)
思路：
一共有四种状态转移
- 不放砝码，即上面的方案都能用(f[i-1][j]==1)；
- 只放现在的那个(w[i]==j)；
- 在对于第 i个砝码的选择中选择左边，即砝码重量加现在的天平上的重量等于原来的重量(f[i-1][j+w[i]]==1)；
- 在对于第 i个砝码的选择中选择右边，即砝码重量减现在的天平上的重量等于原来的重量(f[i-1][j-w[i]]==1).
代码：
#include
using namespace std;
int n, ans, sum, w[101], dp[101][100001];
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> w[i];
sum += w[i];//求出最大的可能
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = sum; j==0; j--) {//递减
if (j == w[i])dp[i][j] = 1;
else if (dp[i - 1][j])dp[i][j] = 1;
else if (dp[i - 1][j + w[i]])dp[i][j] = 1;
else if (dp[i - 1][abs(j - w[i])])dp[i][j] = 1;
}
}
for (int i = 1; i <= sum; i++)if (dp[n][i])ans++;
cout << ans;
return 0;
} 第四题：遗址
P1959 遗址 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)
思路：
这道题挨个去枚举点时间肯定会爆的，所以我们可以采取用俩点确定一条边然后再由这个边去找有没有可以与它相对于的俩个点，如果有的话就记录这个边的大小和原先最大值进行比较，取俩者中的最大值就可以了.
代码:
#include
using namespace std;
bool mp[5005][5005];
int x[3005],y[3005],ans=0;
int main()
{
int n; cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cin >> x[i] >> y[i];
mp[x[i]][y[i]] = true;
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = i + 1; j <= n; j++)
{
int flag = -1;
for (int k = 1; k <= 2; k++)
{
int gap_x = x[i] - x[j], gap_y = y[i] - y[j];
int A_x = x[i] + gap_y * flag;
int B_x = x[j] + gap_y * flag;
int A_y = y[i] - gap_x * flag;
int B_y = y[j] - gap_x * flag;
flag *= -1;
if (A_x > 5000 || B_x > 5000 || A_y > 5000 || B_y > 5000||A_x<0 || A_y < 0 || B_x < 0 || B_y < 0)continue;
if (mp[A_x][A_y] && mp[B_x][B_y])ans = max(ans, (gap_x * gap_x + gap_y * gap_y));
}
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
} 第五题：环境治理
P8794 [蓝桥杯 2022 国 A] 环境治理 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)
思路：
这道题主要考察了 Floyd 算法和二分答案，因为当天数越大则污染值越小，俩者存在线性关系，可以通过二分答案找到天数，但是每一次找到天数需要更新路径最短值则这时候需要用Floyd算法进行更新，并查看是否小于Q。
代码：
#include
using namespace std;
#define LL long long
LL temp,n, Q;
LL f[105][105],min_f[105][105],cut[105],dis[105][105];//cut为减少多少，dis表示减少后的
bool check(LL day)
{
temp = 0;//赋初值
LL times = day / n;
LL now = day%n;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
if (i <= now)cut[i] = times + 1;
else cut[i] = times;
}
/*for (int i = 1; i <= n; i++)
dis[i][i] = 0;*/
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = 1; j <= n; j++)
{
dis[i][j] = max(f[i][j] - cut[i] - cut[j], min_f[i][j]);
}
}
for (int k = 1; k <= n; k++)//Floyd模板
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= n; j++)
dis[i][j] = min(dis[i][j], dis[i][k] + dis[k][j]);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = 1; j <= n; j++)
{
temp += dis[i][j];
}
}
if (temp <= Q)return true;
else return false;
}
int main()
{
cin >> n>>Q;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = 1; j <= n; j++)
{
cin >> f[i][j];
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = 1; j <= n; j++)
{
cin >> min_f[i][j];
}
}
LL left = 0, right = 1e9,mid/*,ans=1e9*/;
while (left