SWUST ACM 训练题部分题解 hdu1384 && hdu3666 && hdu 4786 &&uva 1395 && uva 1151
训练题网址：http://acm.hust.edu.cn/vjudge/contest/view.action?cid=99765#problem/A 密码：acm2015
B - Intervals （hdu1384）
题意：给你n个区间每个区间的范围为[l,r]，让你确定num个整数，使这num个整数在第i个区间[li,ri]至少有Ci个共同的数。题目先给你一个数n，接下来n行告诉你三个数li,ri,Ci，输出num的最小值。n<=50000,0<=li,ri<=50000,1<=Ci<=ri-li+1;
分析：由于区间最大才到50000，在0到50000这些数中，我们用0表示不选这个数，1表示选择这个数，那么就可以用sum[i]表示在0~i之间有多少个1（直白的说就是选择了几个数，可以笼统看成0~i的距离），根据题中描述，可以得到以下关系：
（1） sum[bi]-sum[ai-1]>=Ci,其中ai,bi代表区间[ai,bi]
（2） 0<=sum[i]-sum[i-1]<=1
即：sum[i]-sum[i-1]>=0
sum[i-1]-sum[i]>=-1
知道上面的不等式，就可以建图了，ai-1到bi有一条值为Ci的边，i到i-1有一条值为-1的边，i-1到i有一条值为0的边。
此题代码：//由于此题没有环的情况，所以不用判环也行
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<queue>
#include<algorithm>
#define maxn 50010
#define inf 1e9
using namespace std;
int num,p[maxn],n;
struct node
{
int en,va,next;
}E[maxn*10];
void init()
{
num=0;
memset(p,-1,sizeof(p));
}
void add(int st,int en,int va)
{
E[num].en=en;
E[num].va=va;
E[num].next=p[st];
p[st]=num++;
}
int dis[maxn];
bool inq[maxn];
void spfa(int st,int en)
{
for(int i=0;i<=en;i++)
{
dis[i]=-inf;
inq[i]=false;
}
queue<int> q;
q.push(st);
dis[st]=0;
inq[st]=true;
while(q.size())
{
int x=q.front();
q.pop();
inq[x]=false;
for(int i=p[x];i!=-1;i=E[i].next)
{
int y=E[i].en;
int len=dis[x]+E[i].va;
if(len>dis[y])
{
dis[y]=len;
if(!inq[y])
{
q.push(y);
inq[y]=true;
}
}
}
}
}
int main()
{
while(scanf("%d",&n)==1)
{
init();
int st=inf,en=-1;//由于起点终点未知，所以要自己找出来
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int a,b,c;
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
a++,b++;///由于最小值可能为0，所以防止我的起点为负数
st=min(st,a-1);///加入最小值为minn，那么我们的起点为minn-1，所以直接记录a-1的最小值作为起点
en=max(en,b);
add(a-1,b,c);
}
for(int i=st;i<=en;i++)
{
add(i,i-1,-1);
add(i-1,i,0);
}
spfa(st,en);
printf("%d\n",dis[en]);
}
return 0;
}
C - THE MATRIX PROBLEM （hdu 3666）
题意：给你一个n*m的矩阵，和一个区间上下界L，U，问你是否能找出n个数a1,a2,a3,......,an和m个数b1,b2,b3,......,bm，使得矩阵中的第i行的数乘以ai得到的值范围在[L,U]内，而且矩阵中第j列的数除以bj得到的值范围也在[L,U]内，能找到你就输出YES，否则NO。
输入第一行为n,m,L,U
接下来一个n*m的矩阵Aij
分析：做差分约束的题首先我们得找到一种关系（两个不定数相减大于等于或者小于等于某个值）。根据题意我们可以简单得到下面的关系：
（1） L<=Aij * ai <=U （第一个要求）
（2） L<=Aij / bj <=U （第二个要求）
看到上面两个式子，似乎和差分约束的不等式关系不符，但是我们可以通过取对数使其变成两数相加或者两数相减，通过取对数可以得到下面变形式：
（1） log(L) <= log(Aij) +log(ai) <=log(U)
（2） log(L) <= log(Aij) - log(bj) <=log(U)
哈哈哈，两式相加可以得到： 2*log(L) <= 2*log(Aij) +log(ai) -log(bj) <=2*log(U)
移项可得： 2*log(L)-2*log(Aij) <=log(ai) - log(bj) <= 2*log(U)-2*log(Aij)
那么就可以在i到j+n之间建边了，边长就是上式中的值，具体看下代码就是了，但是此题卡队列，用一般的方法入队次数大于点数判环会TLE，在这里可以用以下两种方法优化：
1. 如果点数为n，那么其中一个点的入队次数大于sqrt(n) 就有环；
2.所有点的入队次数大于k*n，那么有环，k一般为2.....
代码如下：
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<math.h>
#include<queue>
#include<vector>
#include<algorithm>
#define maxn 50010
#define inf 1e5
using namespace std;
int num,p[maxn],n,m;
struct node
{
int en,next;
double va;
}E[maxn*10];
void init()
{
num=0;
memset(p,-1,sizeof(p));
}
void add(int st,int en,double va)
{
E[num].en=en;
E[num].va=va;
E[num].next=p[st];
p[st]=num++;
}
double dis[maxn];
int cnt[maxn];
bool inq[maxn];
bool spfa()
{
for(int i=0;i<=n+m;i++)
{
dis[i]=inf;
cnt[i]=0;
inq[i]=false;
}
queue<int> q;
q.push(1);
dis[1]=0.0;
cnt[1]++;
inq[1]=true;
while(q.size())
{
int x=q.front();
q.pop();
inq[x]=false;
for(int i=p[x];i!=-1;i=E[i].next)
{
int y=E[i].en;
double len=dis[x]+E[i].va;
if(len<dis[y])
{
dis[y]=len;
if(!inq[y])
{
q.push(y);
cnt[y]++;
if(cnt[y]>(int)sqrt(n+m)) return false;
inq[y]=true;
}
}
}
}
return true;
}
int main()
{
double L,U;
while(scanf("%d%d%lf%lf",&n,&m,&L,&U)!=EOF)
{
init();
double l=2.0*log(L),u=2.0*log(U);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
{
double x;
scanf("%lf",&x);
x=2.0*log(x);
add(j,i+m,u-x);
add(i+m,j,x-l);
}
}
if(spfa()) puts("YES");
else puts("NO");
}
return 0;
}
F - Fibonacci Tree （hdu 4786 ）
题意：给你一个图，图中边颜色为白色（1表示）或者黑色（0表示），问你是否能找出一棵树，使这棵树中白边的总数量的值为Fib数。点数n和变数m均为不大于1e5的数。
分析：这是最小生成树的变形题，用Kruskal求解，我们可以通过求两次最小生成树得到白边数量的上下限，再判断这个区间内有没有fib数即可，第一次我们以黑边为主排序求最小生成树，得到白边数量下限，再以白边为主排序求最小生成树得到白边数量上限。注意如果一开始图不连通，那么输出No。
代码如下：
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define inf 1e8
using namespace std;
int fa[110000];
bool Fi[110000];
struct node
{
int st,en,co;
}E[110000];
int find(int x)
{
if(fa[x]==x) return x;
else return fa[x]=find(fa[x]);
}
bool cmp1(node a,node b)//以黑白为主排序
{
return a.co<b.co;
}
bool cmp2(node a,node b)//以白边为主排序
{
return a.co>b.co;
}
void init()//预处理fib
{
memset(Fi,false,sizeof(Fi));
int a=1,b=2,c;
Fi[a]=Fi[b]=true;
while(1)
{
c=a+b;
if(c>100000) break;
Fi[c]=true;
a=b,b=c;
}
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
init();//预处理fib
for(int ca=1;ca<=T;ca++)
{
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf("%d%d%d",&E[i].st,&E[i].en,&E[i].co);
int ans1=0,ans2=0;
sort(E+1,E+m+1,cmp1);///以黑边为主的最小生成树
for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int fx=find(E[i].st),fy=find(E[i].en);
if(fx!=fy)
{
if(E[i].co) ans1++;
fa[fx]=fy;
}
}
int fg=1,tem=find(1);
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(find(i)!=tem)
{
fg=0;
break;
}
}
if(!fg)
{
printf("Case #%d: No\n",ca);
continue;
}///这是为了判断图不连通的情况
sort(E+1,E+m+1,cmp2);//以白边为主的最小生成树
for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int fx=find(E[i].st),fy=find(E[i].en);
if(fx!=fy)
{
if(E[i].co) ans2++;
fa[fx]=fy;
}
}
fg=0;
for(int i=ans1;i<=ans2;i++)
{
if(Fi[i])
{
fg=1;
break;
}
}
if(fg) printf("Case #%d: Yes\n",ca);
else printf("Case #%d: No\n",ca);
}
return 0;
}
G - Slim Span （uva 1395）
题意：给出一个n(n<=100)结点的图，求苗条度（最大边减最小边的值）尽量小的生成树，输出这个值。
分析：根据Kruskal算法，我们可以枚举最小边权，然后求最小生成树，就可以暴力算出最大边权减去最小边权的最小值。
代码：
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#define inf 1e8
using namespace std;
int fa[110];
int n,m;
struct node
{
int st,en,len;
}E[110000];
int find(int x)
{
if(fa[x]==x) return x;
else return fa[x]=find(fa[x]);
}
bool cmp(node a,node b)
{
return a.len<b.len;
}
int Kruskal(int pos)
{
for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
int minn=E[pos].len,maxx=0;
for(int i=pos;i<=m;i++)
{
int fx=find(E[i].st),fy=find(E[i].en);
if(fx!=fy)
{
maxx=max(maxx,E[i].len);
fa[fx]=fy;
}
}
int fg=1,tem=find(1);///下面的代码判断图是否连通，不连通就不要这个答案，返回-1
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(find(i)!=tem)
{
fg=0;
break;
}
}
if(!fg) return -1;
return maxx-minn;
}
int main()
{
while(scanf("%d%d",&n,&m),n||m)
{
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf("%d%d%d",&E[i].st,&E[i].en,&E[i].len);
sort(E+1,E+m+1,cmp);
int ans=1e9;
int x=Kruskal(1);//先求一次看看图是否连通
if(x==-1)
{
puts("-1");
continue;
}
ans=min(ans,x);
for(int i=2;i<=m-n+2;i++)///因为最小生成树边数为n-1，那么少于n-1条边肯定没有最小生成树
{
int x=Kruskal(i);
if(x!=-1) ans=min(ans,x);
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
H - Buy or Build （UVA 1151）
题意：二维平面上有n个点，告诉你每个点的坐标，你的任务是让每个点都联通，那么，你可以新建一些边，每条边的费用为两点欧几里得距离的平方，另外还给你q（0<=q<=8)个套餐，如果你选择了第i个套餐，此套餐中的所有点将变为相互连通，第i个套餐费用为ci。
分析：看看q的范围就很容易想到二进制枚举选取的套餐是哪些，根据Kruskal算法可知，如果我们选择了第i个套餐，那么第i个套餐中的所有点的father可以全部统一到其中一个点。注意用long long
代码如下：
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<vector>
#include<algorithm>
#define inf 1e8
#define LL long long
using namespace std;
vector<int> v[10];
int w[10];
int fa[1100];
int n,m;
struct node
{
int st,en,len;
}E[1100000];
struct Node
{
int x,y;
}V[1100];
int find(int x)
{
if(fa[x]==x) return x;
else return fa[x]=find(fa[x]);
}
bool cmp(node a,node b)
{
return a.len<b.len;
}
int get(Node a,Node b)//求花费
{
return ((a.x-b.x)*(a.x-b.x)+(a.y-b.y)*(a.y-b.y));
}
LL Kruskal()
{
LL ans=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int fx=find(E[i].st),fy=find(E[i].en);
if(fx!=fy)
{
ans+=E[i].len;
fa[fx]=fy;
}
}
return ans;
}
int main()
{
int q,T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d",&n,&q);
for(int i=0;i<q;i++) v[i].clear();
for(int i=0;i<q;i++)
{
int num,x;
scanf("%d%d",&num,&w[i]);
while(num--)
{
scanf("%d",&x);
v[i].push_back(x);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d",&V[i].x,&V[i].y);
m=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=i+1;j<=n;j++)
{
m++;
E[m].st=i,E[m].en=j,E[m].len=get(V[i],V[j]);
}
}
sort(E+1,E+m+1,cmp);///只用排序一次就行了
for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
LL ans=Kruskal();///预先处理出一个答案
for(int i=1;i<(1<<q);i++)
{
LL tem=0;///选择套餐所用的总花费
for(int j=1;j<=n;j++) fa[j]=j;
for(int j=0;j<q;j++)
{
if(!(i&(1<<j))) continue;
tem+=w[j];
int x=find(v[j][0]);
for(int k=1;k<v[j].size();k++)///把这些点放在一个连通块中，Kruskal在跑到这些边时就会忽略他们原来的费用，这也是排序一次的原因
{
int y=find(v[j][k]);
if(y!=x)
{
fa[y]=x;
}
}
}
ans=min(ans,tem+Kruskal());///因为最小生成树跑出来的答案没包括套餐所需费用，所以加上就行
}
printf("%lld\n",ans);
if(T) printf("\n");
}
return 0;
}