10.30 NFLS-NOIP模拟赛 解题报告
总结：今天去了NOIP模拟赛，其实是几道USACO的经典的题目，第一题和最后一题都有思路，第二题是我一开始写了个spfa，写了一半中途发现应该是矩阵乘法，然后没做完，然后就没有然后了！第二题的暴力都没码QAQ 现在我来写解题报告了，有点饿了QAQ、、
第一题
题目 1: 架设电话线 [Jeffrey Wang, 2007]
最近，Farmer John的奶牛们越来越不满于牛棚里一塌糊涂的电话服务，于
是，她们要求FJ把那些老旧的电话线换成性能更好的新电话线。新的电话线架设
在已有的N(2 <= N <= 100,000)根电话线杆上，第i根电话线杆的高度为
height_i米(1 <= height_i <= 100)。电话线总是从一根电话线杆的顶端被引到
相邻的那根的顶端，如果这两根电话线杆的高度不同，那么FJ就必须为此支付
C*电话线杆高度差(1 <= C <= 100)的费用。当然，你不能移动电话线杆，只能
按原有的顺序在相邻杆间架设电话线。
Farmer John认为，加高某些电话线杆能减少架设电话线的总花费，尽管这
项工作也需要支出一定的费用。更准确地，如果他把一根电话线杆加高X米的话
，他得为此付出X^2的费用。
请你帮Farmer John计算一下，如果合理地进行这两种工作，他最少要在这
个电话线改造工程上花多少钱。
程序名: telewire
输入格式:
* 第1行: 2个用空格隔开的整数：N和C
* 第2..N+1行: 第i+1行仅有一个整数：height_i
输入样例 (telewire.in):
5 2
2
3
5
1
4
输入说明:
一共有5根电话线杆，在杆间拉电话线的费用是每米高度差$2。在改造之前
，电话线杆的高度依次为2，3，5，1，4米。
输出样例:
* 第1行: 输出Farmer John完成电话线改造工程所需要的最小花费
输出样例 (telewire.out):
15
输出说明:
最好的改造方法是：Farmer John把第一根电话线杆加高1米，把第四根加
高
2米，使得它们的高度依次为3，3，5，3，4米。这样花在加高电线杆上的钱是
$5
。此时，拉电话线的费用为$2*(0+2+2+1) = $10，总花费为$15。
题解
一开始考场上看到这题我惊喜做过的，然后发现呵呵，原来USACO有两题架设电话线，不过没关系感觉这道题DP能水一点分数，我就一开始顺手码了个暴力的DP，最后是90分，TLE了一个点。【P.S点我去，我回家i7四核都跑不出90分，这成绩真的没问题?】我暴力DP的思路就是f[i][j]表示第i个电线杆高度为j时，此电线杆和之前所有电线杆还有架线的最小花费。这样时间复杂度是O（nh^2）。从估计来看，欸?明明应该是水过啊！好吧，复杂度多了一个0，水过个P啊！好吧，来讲一讲正解，正解的复杂度是O（nh）的，这样刚好比超时少一个0.f[i][j]表示前i个，为j的个数，f[i][j]=f[i-1][p]+abs(p-j)*c+(j-a[i])*(j-a[i]);然后记录两个数组low,high，转移。
代码
1 /*ZZ*/ 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 using namespace std; 5 const int Maxn=100000; 6 const int Maxh=100; 7 int n,c; 8 int hi[Maxn+10]; 9 int f[Maxn+10][Maxh+10]; 10 inline int remin(int a,int b){ 11 if (a<b) return a; 12 return b; 13 } 14 inline int abs(int x){ 15 if (x<0) return -x; 16 return x; 17 } 18 int main(){ 19 freopen("telewire.in","r",stdin); 20 freopen("telewire.out","w",stdout); 21 scanf("%d%d",&n,&c); 22 for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&hi[i]); 23 memset(f,127,sizeof(f)); 24 for (int i=hi[1];i<=Maxh;i++) f[1][i]=(i-hi[1])*(i-hi[1]); 25 for (int i=2;i<=n;i++){ 26 for (int h=hi[i];h<=Maxh;h++){ 27 for (int k=Maxh;k>=1;k--){ 28 if (f[i-1][k]==f[0][0]) break; 29 f[i][h]=remin(f[i][h],f[i-1][k]+abs(k-h)*c+(h-hi[i])*(h-hi[i])); 30 } 31 } 32 } 33 int Ans=2147483647; 34 for (int h=hi[n];h<=Maxh;h++){ 35 Ans=remin(Ans,f[n][h]); 36 } 37 printf("%d\n",Ans); 38 return 0; 39 }
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 using namespace std; 5 int f[1005]; 6 int dp[1005]; 7 int a[100005]; 8 int low[1005]; 9 int high[1005]; 10 int c; 11 int n; 12 int p; 13 int ans=-1; 14 int abs(int x) 15 { 16 if(x>0)return x; 17 return -x; 18 } 19 int sum; 20 int main() 21 { 22 freopen("telewire.in","r",stdin); 23 freopen("telewire.out","w",stdout); 24 scanf("%d%d",&n,&c); 25 for(int i=1;i<=n;i++) 26 { 27 scanf("%d",&a[i]); 28 p=max(p,a[i]); 29 if(i>1)sum+=c*abs(a[i]-a[i-1]); 30 } 31 sum=sum+5; 32 for(int i=0;i<a[1];i++) 33 dp[i]=sum; 34 for(int i=a[1];i<=p;i++) 35 dp[i]=(i-a[1])*(i-a[1]); 36 for(int i=2;i<=n;i++) 37 { 38 for(int j=0;j<=100;j++) 39 { 40 f[j]=dp[j]; 41 dp[j]=low[j]=high[j]=sum; 42 } 43 low[0]=f[0]; 44 for(int j=1;j<=100;j++) 45 { 46 low[j]=min(low[j-1],f[j]-c*j); 47 } 48 high[100]=f[100]+100*c; 49 for(int j=99;j>=0;j--) 50 { 51 high[j]=min(high[j+1],f[j]+c*j); 52 } 53 for(int j=a[i];j<=100;j++) 54 { 55 dp[j]=min(high[j]-c*j,low[j]+c*j)+(j-a[i])*(j-a[i]); 56 // cout<<i<<" "<<j<<" "<<dp[j]<<endl; 57 } 58 } 59 for(int i=a[n];i<=100;i++) 60 if(ans==-1 || dp[i]<ans)ans=dp[i]; 61 printf("%d\n",ans); 62 return 0; 63 }
第二题
题目 2: 奶牛接力 [Erik Bernhardsson, 2003]
FJ的N(2 <= N <= 1,000,000)头奶牛选择了接力跑作为她们的日常锻炼项目
。至于进行接力跑的地点，自然是在牧场中现有的T(2 <= T <= 100)条跑道
上。
农场上的跑道有一些交汇点，每条跑道都连结了两个不同的交汇点I1_i和
I2_i(1 <= I1_i <= 1,000; 1 <= I2_i <= 1,000)。每个交汇点都是至少两条跑
道的端点。奶牛们知道每条跑道的长度length_i(1 <= length_i <= 1,000)，以
及每条跑道连结的交汇点的编号。并且，没有哪两个交汇点由两条不同的跑道直
接相连。你可以认为这些交汇点和跑道构成了一张图。
为了完成一场接力跑，所有N头奶牛在跑步开始之前都要站在某个交汇点上
（有些交汇点上可能站着不只1头奶牛）。当然，她们的站位要保证她们能够将
接力棒顺次传递，并且最后持棒的奶牛要停在预设的终点。
你的任务是，写一个程序，计算在接力跑的起点(S)和终点(E)确定的情况下
，奶牛们跑步路径可能的最小总长度。显然，这条路径必须恰好经过N条跑道。
程序名: relays
输入格式:
* 第1行: 4个用空格隔开的整数：N，T，S，以及E
* 第2..T+1行: 第i+1为3个以空格隔开的整数：length_i，I1_i，以及I2_i，
描
述了第i条跑道。
输入样例 (relays.in):
2 6 6 4
11 4 6
4 4 8
8 4 9
6 6 8
2 6 9
3 8 9
输出格式:
* 第1行: 输出1个正整数，表示起点为S、终点为E，并且恰好经过N条跑道的路
径的最小长度
输出样例 (relays.out):
10
题解
这道题我当时真的是一点思路都没有啊，感觉只能搜索，但是点那么多边只有100真的很可疑啊！我先写了一个spfa，然后感觉不太对，又写了矩阵乘法！其实应该是正解了，但是我没调完就结束了QAQ，我就再次贴上网上的一个矩阵乘法的思路：题目求i,j之间边数恰为N的最短路径（边可以重复走），我们知道线性代数中有：01邻接矩阵A的K次方C=A^K，C[i][j]表示i点到j点正好经过K条边的路径数。而floyd则是每次使用一个中间点k去更新i,j之间的距离，那么更新成功表示i,j之间恰有一个点k时的最短路，如果做N次floyd那么不就是i,j之间借助N个点时的最短路了？考虑当a[i][k]+a[k][j]<c[i][j]的时候，c[i][j]=a[i][k]+a[k][j]，这样c[i][j]保存了i,j之间有一个点的最短路，第二次将c[i][j]拷贝回到a[i][j]当中，并将c[i][j]重新置为INF，再做一次，则是在原来的基础上在i,j之间再用一个点k来松弛，这时候i,j之间实际上已经是两个点了，之后重复这么做就好了，可以利用二进制加速。其实，我们当时考试有人用暴力瞎搞搞也就弄出来了QAQ这、、、、、赫赫！
代码
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <algorithm> 4 #include <set> 5 using namespace std ; 6 typedef long long LL ; 7 const double eps(1e-10) ; 8 const int inf(0x3f3f3f3f) ; 9 int n,t,s,e; 10 struct N{ 11 int x,y,z; 12 }a[105]; 13 int to[1005]; 14 set<int> S; 15 int siz; 16 int mul[205][205]; 17 int map[205][205]; 18 void p(int a[][205],int b[][205]){ 19 static int c[205][205]; 20 memset(c,0x3f,sizeof c); 21 for(int i=1;i<=siz;i++){ 22 for(int j=1;j<=siz;j++){ 23 for(int k=1;k<=siz;k++){ 24 c[i][j]=min(a[i][k]+b[k][j],c[i][j]); 25 } 26 } 27 } 28 memcpy(a,c,sizeof map); 29 } 30 int main(){ 31 freopen("relays.in","r",stdin) ; 32 freopen("relays.out","w",stdout) ; 33 scanf("%d%d%d%d",&n,&t,&s,&e); 34 S.insert(s);S.insert(e); 35 for(int i=0;i<t;i++){ 36 scanf("%d%d%d",&a[i].z,&a[i].x,&a[i].y); 37 S.insert(a[i].x);S.insert(a[i].y); 38 } 39 for(set<int>::iterator it=S.begin();it!=S.end();++it){ 40 to[*it]=++siz; 41 } 42 memset(map,0x3f,sizeof map); 43 for(int i=0;i<t;i++){ 44 map[to[a[i].y]][to[a[i].x]]=map[to[a[i].x]][to[a[i].y]]=min(map[to[a[i].x]][to[a[i].y]],a[i].z); 45 } 46 memcpy(mul,map,sizeof map); 47 int k=n-1; 48 while(k){ 49 if(k&1) p(map,mul); 50 p(mul,mul); 51 k>>=1; 52 } 53 printf("%d\n",map[to[s]][to[e]]); 54 return 0 ; 55 }
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 int f[2][10005]; 6 struct node 7 { 8 int len; 9 int x; 10 int y; 11 }g[10005]; 12 const int inf=2e9+7; 13 struct srt 14 { 15 int val; 16 int id; 17 }sr[10005]; 18 int cnt,used[10005]; 19 int final[10005]; 20 int main() 21 { 22 freopen("relays.in","r",stdin); 23 freopen("relays.out","w",stdout); 24 int n,m,s,t; 25 scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&s,&t); 26 for(int i=1;i<=m;i++) 27 { 28 scanf("%d%d%d",&g[i].len,&g[i].x,&g[i].y); 29 used[g[i].x]=1; 30 used[g[i].y]=1; 31 } 32 for(int i=1;i<=1000;i++) 33 { 34 if(used[i]) 35 { 36 sr[cnt].val=i; 37 sr[cnt].id=cnt; 38 cnt++; 39 } 40 } 41 for(int i=1;i<=cnt;i++) final[sr[i].val]=sr[i].id; 42 for(int i=1;i<=m;i++) 43 { 44 g[i].x=final[g[i].x]+1; 45 g[i].y=final[g[i].y]+1; 46 } 47 int cur=1; 48 s=final[s]+1; 49 t=final[t]+1; 50 for(int i=1;i<=m;i++) f[0][i]=f[1][i]=inf; 51 f[0][s]=0; 52 //离散化 53 for(int i=1;i<=n;i++) 54 { 55 int pre=1-cur; 56 for(int j=1;j<=m;j++) 57 { 58 int start=g[j].x,end=g[j].y,dis=g[j].len; 59 if(f[pre][start]+dis<f[cur][end]) f[cur][end]=f[pre][start]+dis; 60 if(f[pre][end]+dis<f[cur][start]) f[cur][start]=f[pre][end]+dis; 61 } 62 cur=1-cur; 63 for(int j=1;j<=m;j++) f[pre][j]=inf; 64 } 65 printf("%d\n",f[1-cur][t]); 66 //暴力 67 return 0; 68 }
第三题
题目 3: 分配防晒霜 [Russ Cox, 2001]
奶牛们计划着去海滩上享受日光浴。为了避免皮肤被阳光灼伤，所有C(1 <=
C <= 2500)头奶牛必须在出门之前在身上抹防晒霜。第i头奶牛适合的最小和最
大的SPF值分别为minSPF_i和maxSPF_i(1 <= minSPF_i <= 1,000; minSPF_i <=
maxSPF_i <= 1,000)。如果某头奶牛涂的防晒霜的SPF值过小，那么阳光仍然能
把她的皮肤灼伤；如果防晒霜的SPF值过大，则会使日光浴与躺在屋里睡觉变得
几乎没有差别。
为此，奶牛们准备了一大篮子防晒霜，一共L(1 <= L <= 2500)瓶。第i瓶
防
晒霜的SPF值为SPF_i(1 <= SPF_i <= 1,000)。瓶子的大小也不一定相同，第i
瓶
防晒霜可供cover_i头奶牛使用。当然，每头奶牛只能涂某一个瓶子里的防晒霜
，而不能把若干个瓶里的混合着用。
请你计算一下，如果使用奶牛们准备的防晒霜，最多有多少奶牛能在不被灼
伤的前提下，享受到日光浴的效果？
程序名: tanning
输入格式:
* 第1行: 2个用空格隔开的整数：C和L
* 第2..C+1行: 第i+1行给出了适合第i头奶牛的SPF值的范围：minSPF_i以及
maxSPF_i
* 第C+2..C+L+1行: 第i+C+1行为了第i瓶防晒霜的参数：SPF_i和cover_i，两个
数间用空格隔开。
输入样例 (tanning.in):
3 2
3 10
2 5
1 5
6 2
4 1
输入说明:
一共有3头奶牛，2瓶防晒霜。3头奶牛适应的SPF值分别为3..10，2..5，以
及1..5。2瓶防晒霜的SPF值分别为6（可使用2次）和4（可使用1次）。可能的分
配方案为：奶牛1使用第1瓶防晒霜，奶牛2或奶牛3使用第2瓶防晒霜。显然，最
多只有2头奶牛的需求能被满足。
输出格式:
* 第1行: 输出1个整数，表示最多有多少头奶牛能享受到日光浴
输出样例 (tanning.out):
2
题解
这道题我用贪心A掉了，相对两个maxSPF一样的牛cow1与cow2，若cow1的minSPF<cow2的minSPF，那么对于一瓶cow1能用的防晒霜，cow2也能用，因为对于答案的贡献都是1，所以给谁都可以，但是若cow2能用的防晒霜cow1未必能用，所以cow1能用应优先给cow1.所以对于所有的牛maxSPF第一关键字升序，minSPF第二关键字降序，然后防晒霜升序，能给就给，贪心就好！考场里还有人用了别的做法->网络流，这个建图是十分显而易见的，复杂度也完全能过。【NOIP模拟赛你们确定要用网络流虐？】
代码
1 /*ZZ*/ 2 #include<cstdio> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 int n,l; 6 struct Crow{ 7 int max; 8 int min; 9 }; 10 Crow c[2505]; 11 struct Spf{ 12 int spf; 13 int num; 14 }; 15 Spf s[2505]; 16 inline bool cmp(Crow a,Crow b){ 17 if (a.max<b.max) return true; 18 if (a.max==b.max && a.min>b.min) return true; 19 return false; 20 } 21 int main(){ 22 freopen("tanning.in","r",stdin); 23 freopen("tanning.out","w",stdout); 24 scanf("%d%d",&n,&l); 25 for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&c[i].min,&c[i].max); 26 for (int i=1;i<=l;i++) scanf("%d%d",&s[i].spf,&s[i].num); 27 sort(c+1,c+n+1,cmp); 28 int index; 29 int Ans=0; 30 for (int i=1;i<=n;i++){ 31 index=-1; 32 for (int j=1;j<=l;j++){ 33 if (s[j].num>0 && c[i].min<=s[j].spf && s[j].spf<=c[i].max){ 34 if (index==-1){ 35 index=j; 36 }else{ 37 if (s[j].spf<s[index].spf) index=j; 38 } 39 } 40 } 41 if (index!=-1){ 42 Ans++; 43 s[index].num--; 44 } 45 } 46 printf("%d\n",Ans); 47 return 0; 48 }
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<queue> 4 #include<vector> 5 #define inf 19991231 6 using namespace std; 7 int n,l; 8 int s,t; 9 int ans=0; 10 int res; 11 int f[10005]; 12 int a[10005]; 13 int b1[10005],b2[10005]; 14 struct node 15 { 16 int val; 17 int opp; 18 int to; 19 }; 20 vector <node> v[10005]; 21 int d[10050]; 22 void add(int x,int y,int val) 23 { 24 node tmp; 25 tmp.to=y;tmp.val=val;tmp.opp=v[y].size(); 26 v[x].push_back(tmp); 27 tmp.to=x;tmp.val=0;tmp.opp=v[x].size()-1; 28 v[y].push_back(tmp); 29 } 30 bool make_level() 31 { 32 for(int i=1;i<=t;i++)d[i]=-1; 33 d[0]=0; 34 queue <int> q; 35 q.push(0); 36 while(!q.empty()) 37 { 38 int x=q.front(); 39 q.pop(); 40 for(int i=0;i<v[x].size();i++) 41 { 42 if(d[v[x][i].to]==-1 && v[x][i].val>0) 43 { 44 d[v[x][i].to]=d[x]+1; 45 q.push(v[x][i].to); 46 } 47 } 48 } 49 return d[t]!=-1; 50 } 51 int dfs(int x,int cap) 52 { 53 if(x==t)return cap; 54 int r=0; 55 for(int i=0;i<v[x].size();i++) 56 { 57 if(d[v[x][i].to]==d[x]+1 && v[x][i].val>0) 58 { 59 int what=min(v[x][i].val,cap-r); 60 what=dfs(v[x][i].to,what); 61 r+=what; 62 v[x][i].val-=what; 63 v[v[x][i].to][v[x][i].opp].val+=what; 64 } 65 } 66 if(!r)d[x]=-2; 67 return r; 68 } 69 int main() 70 { 71 freopen("tanning.in","r",stdin); 72 freopen("tanning.out","w",stdout); 73 scanf("%d%d",&n,&l); 74 s=0; 75 t=n+l+1; 76 for(int i=1;i<=n;i++) 77 { 78 scanf("%d%d",&b1[i],&b2[i]); 79 add(l+i,t,1); 80 } 81 for(int i=1;i<=l;i++) 82 { 83 int x; 84 scanf("%d%d",&a[i],&x); 85 add(s,i,x); 86 } 87 for(int i=1;i<=l;i++) 88 { 89 for(int j=1;j<=n;j++) 90 { 91 if(a[i]>=b1[j] && a[i]<=b2[j]) 92 { 93 add(i,j+l,1); 94 } 95 } 96 } 97 while(make_level()) 98 { 99 ans+=dfs(s,inf); 100 } 101 printf("%d\n",ans); 102 return 0; 103 }