動態規劃測試test20170513

前言

這次考試有三個人AK，而我卻因爲被第三題我原來的做法雖然能夠oj（難道是oj上的數據水？），被卡成50分，然後就250了。
然後這次考試跟平常理解的dp沒有多大的關係。

題目

1.祖先們都在看着你(ancestors.pas/c/cpp)

Time Limit:1s Memory Limit:256MB

【題目描述】

公元前 2000 年。在某塊草原中，生活着一羣牛，它們都有着自己的圖騰和信仰。因此，不同信仰的牛們很自然地分爲了各個部族。爲了自己所在部族的神靈，牛們經常會發起聖戰，爲神靈奪取地盤。在很長一段時間內，各個部族的矛盾幾乎到達了不可調和的地步！這時，在衆牛中，出現了一位豪傑，他在短時間內將各部族拉入麾下，建立起了血蹄部族。他就是後來爲牛們所傳頌的偉人：孛兒只斤•彰異牛，又名蜃牛•血蹄。他給牛們帶來了文明。教會了牛們只用兩個後蹄走路，空出前蹄來工作，以致於出現了後來謙遜而不失高貴，致力於侍奉自然的牛頭人族。而那片草原正是後來的莫高雷。（求不吐槽……）
牛頭人們的生活不是和平的，它們侍奉自然，對破壞自然平衡、褻瀆大地母親的行爲深惡痛絕，所以，它們有着自己訓練有素的軍隊。孛兒只斤•彰異牛逝世多年後，由於牛頭人們的信仰，它們一直相信祖先彰異牛在看着它們（囧），正因爲如此，它們在軍隊訓練過程中沒有絲毫懈怠。
某天，在彰異牛的注視下，N 個牛頭人（依次標號 1 到 N）加入了軍隊，由某牛頭人隊長帶領。而軍隊審查了他們的資料後，給出了 M 條指示，第 i 條指示的內容是：第 Ai 號牛頭人必須站在第 Bi 號牛頭人的左邊，指示之間不會出現矛盾。牛頭人隊長拿到指示後，便開始規劃 N 個牛頭人的列隊方式了。
現在，你需要用計算機的力量秒殺（1s 運行時間搞定）牛頭人隊長！

【輸入格式】

第一行 2 個數字 N，M。
接下來 M 行，每行兩個數字 Ai 、Bi 。

【輸出格式】

輸出 N 行，即 N 個牛頭人的站隊序列。如果有多個站隊序列滿足要求，輸出任意一個即可。

【樣例輸入輸出】

ancestors.in
5 4
1 2
2 3
3 4
4 5
ancestors.out
1
2
3
4
5

【樣例解釋】

1 在 2 前，2 在 3 前，3 在 4 前，4 在 5 前、只有排列 12345 滿足要求。

【數據範圍】

10%的數據 1≤N≤8 、1≤M≤28 。
40%的數據 1≤N≤1000 、1≤M≤105 。
100%的數據 1≤N≤105 、1≤M≤106 。

【題解】

題目太水，顯然的拓撲排序求拓撲序列。
寫法很多。

【代碼】

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;

template< typename Type >inline void Read( Type &In ){
    In=0;char ch=getchar();
    for( ;ch> '9'||ch< '0';ch=getchar() );
    for( ;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar() )In = In*10 + ch-'0';
}

typedef long long LL;
#define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define Min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))

const int size = 1000000+10;
int n,m,cnt;
int du[size],head[size],val[size],nxt[size];
bool vis[size];

queue<int> q;

void add_edge(int x,int y) {
    nxt[cnt]=head[x];val[cnt]=y;head[x]=cnt++;
}

int main() {
    freopen("ancestors.in","r",stdin);
    freopen("ancestors.out","w",stdout);
    memset(head,-1,sizeof head);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++) {
    int x,y;Read( x );Read( y );//scanf("%d%d",&x,&y);
    add_edge(x,y);du[y]++;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    if(!du[i])q.push(i);
    while(!q.empty()) {
    int now=q.front();q.pop();
    if(!vis[now]) {
        vis[now]=true;printf("%d\n",now);
    }
    for(int i=head[now];i!=-1;i=nxt[i]) {
        du[val[i]]--;
        if(!du[val[i]]) q.push(val[i]);
    }
    }
    return 0;
}

2.願大地母親保佑你(bless.pas/c/cpp)

Time Limit:1s Memory Limit:256MB

【題目描述】

牛頭人們的生活從來不是和平的。刺背野豬人、鷹身人等種族經常來騷擾他們，還有一個很欠抽的某巨魔及其麾下的軍隊。
某天，仍然是在彰異牛的注視下，某牛頭人臨危受命，在大地母親的保佑下，拿回了一張圖紙，圖紙上畫的是某巨魔的組織關係示意圖。這個圖中包含的是某巨魔組織的從屬關係（直屬上級和直屬下級），圖繪製出來後的形態是 N 個點的樹，但是這張圖沒有告訴牛頭人對於一對有從屬關係的巨魔，誰是上級誰是下級。巨魔中肯定有個最高指揮官（即沒有從屬上級的巨魔），但是牛頭人現在不好判斷哪個巨魔是最高指揮官了。
經過一個牛頭人大德魯伊分析後，得出結論，如果將某個巨魔從這個關係圖中去掉後，這個圖剩下的連通塊中，點數最多那個塊在所有去掉的方案中的點數最少，那麼這個巨魔可能就是最高指揮官。現在，牛頭人需要你找出一個最高指揮官。

【輸入格式】

第一行 1 個數字 N。
接下來 N-1 行，每行兩個數字 Ai、Bi，表示 Ai號巨魔和 Bi號巨魔之間有從屬關係。

【輸出格式】

輸出一個數字，即巨魔最高指揮官的編號。如果有多個輸出編號最小的那個。

【樣例輸入輸出】

bless.in
3
1 2
2 3
bless.out
2

【樣例解釋】

1 在圖中去掉後，剩下的連通塊點數最多的爲 2 個。2 在圖中去掉後，剩下的連通塊點
數最多的爲 1 個，3 在圖中去掉後，剩下的連通塊點數最多爲 2 個。

【數據範圍】

20%的數據 1≤N≤1000 。
100%的數據 1≤N≤106 。

【題解】

首先無向圖轉有向圖；
當一個點被刪掉之後，產生的連通塊有：
一：此點上方的所有點。
二：以此點的每一個兒子爲根的子樹。
然後就可以愉快的AC了。

【代碼】

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

#define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define Min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
typedef long long LL;
const int size = 1000000+10;


template< typename Type >inline void Read( Type &In ){
    In=0;char ch=getchar();
    for( ;ch> '9'||ch< '0';ch=getchar() );
    for( ;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar() )In = In*10 + ch-'0';
}


int n,cnt;
int nxt[size<<1],head[size<<1],val[size<<1],f[size<<1];
int maxn=0x3f3f3f3f,ans;


void add_edge(int x,int y) {
    nxt[cnt]=head[x];val[cnt]=y;head[x]=cnt++;
}

namespace my_dfs {
    void dfs(int now,int pre) {
    f[now]=1;int Maxn=-1;
    for(int i=head[now];i!=-1;i=nxt[i])
        if(val[i]!=pre){
        dfs(val[i],now);f[now]+=f[val[i]];
        Maxn=Max(Maxn,f[val[i]]);
        }
    Maxn=Max(Maxn,n-f[now]);
    if(maxn>Maxn){
        maxn=Maxn;
        ans=now;
    }
    }
}

int main() {
    freopen("bless.in","r",stdin);
    freopen("bless.out","w",stdout);
    memset(head,-1,sizeof head);
   Read(n);
    for(int i=1;i<n;i++) {
    int x,y;Read(x);Read(y);
    add_edge(x,y);add_edge(y,x);
    }
    my_dfs::dfs(1,0);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

3.大地母親在忽悠着你(cheat.pas/c/cpp)

Time Limit:1s Memory Limit:256MB

【題目描述】

大地母親在護佑着你……
……
對不住了，我不想寫背景了。
……
某牛頭人：願大地母親寬恕你的罪行……
……
如何得到寬恕？
……
某牛頭人：計算∑mi=1nmodi 的值。
……
大地母親你真在忽悠我……

【輸入格式】

第一行 2 個數字 M、N。

【輸出格式】

輸出一個數字，即答案。

【樣例輸入輸出】

cheat.in
5 3
cheat.out
7

【樣例解釋】

3mod1=0
3mod2=1
3mod3=0
3mod4=3
3mod5=3
答案爲 1+3+3=7 。

【數據範圍】

20%的數據 1≤N,M≤106 。
100%的數據 1≤N,M≤109 。

【題解】

原題：[CQOI2007]餘數求和
他們那些AK的人的做法暴力分塊求，而我當時的一個數學方法後面竟然TLE了.
這裏給出一個AC的數學方法
找規律可知：f(i+1)=kmod(i+1)=k−q(i+1)=k−qi−q=f(i)−q （一個顯然的等差數列遞推式）;
也就是說兩個相鄰的自然數，若被k除的商相同，則被k取模後的兩個數相差-q。
所以，只要找出一個區間[i,j]，使得k/i=k/(i+1)=…=k/j，即可用等差數列公式求出kmodi+kmod(i+1)+...+kmodj 。
這個任務就是：解方程[k/x]=p。
可以輕易得到px≤k<(p+1)x ，而我們只關注px≤k ，即x≤kp ，得出x=[kp] 。
對於每一個i，令p=[k/i],q=kmodi,j=min(n,kp) 。
根據等差數列公式得到kmodi+...+kmodj=q∗(j−i+1)−(j−i+1)∗(j−i)2∗p 。

【代碼】

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

typedef long long LL;

LL ans,n,k,p,q;

inline LL read() {
    LL in=0;char ch=getchar();
    for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())
        in=in*10+ch-'0';
    return in;
}

int main() {
    freopen("cheat.in","r",stdin);
    freopen("cheat.out","w",stdout);
    n=read();k=read();
    for(LL i=1; i<=n; i++) {
        p=k/i,q=k%i;
        LL j=p?k/p:n;
        if(j>n)j=n;
        ans+=q*(j-i+1)-(j-i+1)*(j-i)/2*p;
        i=j;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

總結

排名 名稱 　bless cheat ancestors 　總分
1 　Lcy 　100 　　100 　100 　　　300
1 　Yzy 　100 　　100 　100 　　　300
1 　yyj 　100 　　100 　100 　　　300

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