POJ 1742 Coins
這是一道多重揹包的題目,題意大體是給你n中硬幣,每種硬幣分別有v[i]個。讓你求出不超過m能組成的錢數種類。
一開始準備用多重揹包寫,發現寫着寫着就複雜了(揹包不太會),O(n*m)的算法必然會超時,就想着用數組標記的方法去寫了。1282MS,不算長也不算短,等以後更強再去優化吧。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
using namespace std;
int dp[111111],w[111],v[111],map[111111];
inline void RD(int &ret)//輸入優化,後來發現對這題基本上沒用
{
char c;
do
{
c=getchar();
}
while(c<'0'||c>'9');
ret=c-'0';
while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
{
ret=ret*10+(c-'0');
}
}
int main()
{
int n,m,i,s,j;
while(scanf("%d%d",&n,&m))
{
s=0;
if(n==0&&m==0)
{
break;
}
for(i=1; i<=n; ++i)
{
RD(w[i]);
}
for(i=1; i<=n; ++i)
{
RD(v[i]);
}
memset(map,0,sizeof(map));//數組標記
map[0]=1;
for(i=1; i<=n; ++i)
{
memset(dp,0,sizeof(dp));//清空狀態數組
for(j=w[i]; j<=m; ++j)
{
if(map[j]==0&&map[j-w[i]]==1&&dp[j-w[i]]<v[i])//狀態轉移
{
map[j]=1;
dp[j]=dp[j-w[i]]+1;//記錄是否存在
s++;//記下次數
}
}
}
printf("%d\n",s);
}
return 0;
}
POJ1740 A New Stone Game
一道博弈題,題意就是可以選定多個石堆中的一堆,捨棄至少一個石子,然後可以把多個石子分配給其它石堆。然後誰拿走最後一堆獲勝。
首先找必敗態(1,1)爲先手必敗,然後往後推。對任意狀態,把所有的堆從大到小排序,設爲a[1],a[2],a[3]……,a[n]>0。
首先確定操作最大的一堆a[1]。把a[2]-a[3]個石子放到第3堆,a[4]-a[5]個石子放到第5堆,等等。
如果n是奇數,直接把剩下的石子扔掉。如果n是偶數,最後第一堆留an個石子,其餘扔掉。
當n是奇數,扔掉的石子數爲a[1]-(a[2]-a[3])-(a[4]-a[5])-……-(a[n-1]-a[n])=a[1]-a[2]+a[3]-a[4]+……+a[n-2]-a[n-1]+a[n]>=a[n]>0,操作必定成功。
當n是偶數,扔掉的石子數爲a[1]-(a[2]-a[3])-(a[4]-a[5])-……-a[n]=a[1]-a[2]+a[3]-a[4]+……+a[n-1]-a[n]。操作不成功<=>扔掉的石子數爲0<=>a[1]-a[2]=a[3]-a[4]=……=a[n-1]-a[n]=0,即當前已經爲必敗態。
所以綜上所述:當石堆不成對時,先手必勝,成對時先手必敗。。。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
using namespace std;
int map[1001];
int main()
{
int n,x,f,i;
while(scanf("%d",&n))
{
if(n==0)
{
break;
}
memset(map,0,sizeof(map));//標記
while(n--)
{
scanf("%d",&x);
map[x]++;//記錄組數
}
f=0;
for(i=0;i<=100;++i)
{
if(map[i]%2==1)//判斷是否成對
{
f=1;
break;
}
}
if(f==1)
{
printf("1\n");
}
else
{
printf("0\n");
}
}
return 0;
}
POJ1737 Connected Graph
男人第三題,一道數論題,加上高精度,題意是給你n個點,讓你求其中所有點連起來,沒有交叉的所有情況數。由於有n個點,所以就是在n個點中取2個點就是所有的直線數,所有直線又有連和不連兩種情況,所有總共有2^C(n,2)種情況。得到遞推式f(n)=2^C(n,2)-(C(n,1)*f(1)+C(n,2)*f(2)+...+C(n,n-1)*f(n-1));
由於C++的高精度太神了,不太會,所以直接用JAVA飄過,不多說了,表示還可以打表,但是實在太辛苦就算了...
import java.io.*;
import java.util.*;
import java.math.*;
import java.text.*;
public class Main
{
public static void main(String[] args)
{
Scanner cin=new Scanner(System.in);
int n,i,j;
BigInteger Cn[][]=new BigInteger[51][51];
BigInteger f[]=new BigInteger[51];
BigInteger t,tt;
BigInteger a=new BigInteger("2");
for(i=0; i<=50; i++)
{
Cn[i][0]=Cn[i][i]=BigInteger.valueOf(1);
}
for(i=1; i<=50; i++)
{
for(j=1; j<i; j++)
{
Cn[i][j]=Cn[i-1][j-1].add(Cn[i-1][j]);
}
}
f[1]=BigInteger.valueOf(1);
f[2]=BigInteger.valueOf(1);
for(i=3; i<=50; i++)
{
f[i]=BigInteger.valueOf(0);
for(j=1; j<i; j++)
{
t=BigInteger.valueOf(0);
t=f[j].multiply(f[i-j]).multiply(Cn[i-2][j-1]);
tt=BigInteger.valueOf(1);
t=t.multiply(a.pow(j).subtract(tt));
f[i]=f[i].add(t);
}
}
while(cin.hasNext())
{
n=cin.nextInt();
if(n==0)
{
break;
}
System.out.println(f[n]);
}
}
}
POJ 1743 Musical Theme
求最大不重合子段。。過的人數在8題中算多,,但是由於一直不太懂後綴數組LCP,所以再看了羅穗騫大神的後綴數組後才勉強懂了一點,,sa數組和height數組我只是直接套的模板,最後需要二分求解。。。後綴數組反正還是不太懂(Orz羅大神),,,
1/2水男人。。。
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n;
int a[20001],f[20001];
int rank[20001],sa[20001],top[20001],tmp[20001],height[20001],wa[20001],wb[20001];
int cmp(int *r,int a,int b,int l)
{
return r[a]==r[b]&&r[a+l]==r[b+l];
}
void makesa()//後綴數組模板
{
int i,j,p=0,*t,*x=wa,*y=wb,m=200;
for(i=0; i<m; i++)
{
top[i]=0;
}
for(i=0; i<n; i++)
{
top[x[i]=f[i]]++;
}
for(i=1; i<m; i++)
{
top[i]+=top[i-1];
}
for(i=n-1; i>=0; i--)
{
sa[--top[x[i]]]=i;
}
for(j=1; p<n; j+=j,m=p)
{
for(p=0,i=n-j; i<n; i++)
{
y[p++]=i;
}
for(i=0; i<n; i++)
{
if(sa[i]>=j)
{
y[p++]=sa[i]-j;
}
}
for(i=0; i<n; i++)
{
tmp[i]=x[y[i]];
}
for(i=0; i<m; i++)
{
top[i]=0;
}
for(i=0; i<n; i++)
{
top[tmp[i]]++;
}
for(i=1; i<m; i++)
{
top[i]+=top[i-1];
}
for(i=n-1; i>=0; i--)
{
sa[--top[tmp[i]]]=y[i];
}
for(t=x,x=y,y=t,p=1,x[sa[0]]=0,i=1; i<n; i++)
{
x[sa[i]]=cmp(y,sa[i-1],sa[i],j)?p-1:p++;
}
}
}
void makeheight()
{
int j,i,k;
for(i=1; i<=n; i++)
{
rank[sa[i]]=i;
}
for(i=0,k=0; i<n; height[rank[i++]]=k)
{
for(k?k--:0,j=sa[rank[i]-1]; f[i+k]==f[j+k]; k++);
}
}
bool ok(int x)
{
int p,q,i;
p=q=sa[1];
for(i=2; i<=n+1; ++i)
{
if(height[i]<x)
{
p=q=sa[i];
}
else
{
p=min(p,sa[i]);
q=max(q,sa[i]);
if((q-p)>=x)
{
return true;
}
}
}
return false;
}
int main()
{
int i,l,mid,h;
while(scanf("%d",&n))
{
if(n==0)
{
break;
}
for(i=0; i<n; ++i)
{
scanf("%d",&a[i]);
}
for(i=0; i<n-1; ++i)
{
f[i]=a[i+1]-a[i]+89;
}
a[n-1]=0;
makesa();
n--;
makeheight();
l=4;
h=n/2+1;
while(l<h)
{
mid=(l+h)/2;
//cout<<mid<<endl;
if(ok(mid)==true)
{
l=mid+1;
}
else
{
h=mid;
}
}
if(l<5)
{
l=0;
}
printf("%d\n",l);
}
return 0;
}
POJ 1738 An old Stone Game
GarsiaWachs算法,看了大牛的blog才知道原來還有這麼神的算法,樸素地寫得O(n*n)的複雜度。居然1A。。。
算法內容如下:設一個序列是A[0..n-1],每次尋找最小的一個滿足A[k-1]<=A[k+1]的k,(方便起見設A[-1]和A[n]等於正無窮大)
那麼我們就把A[k]與A[k-1]合併,之後找最大的一個滿足A[j]>A[k]+A[k-1]的j,把合併後的值A[k]+A[k-1]插入A[j]的後面。
有定理保證,如此操作後問題的答案不會改變。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
int a[50001];
int n,tmp,ans;
void f(int tt)//直到找出全部
{
int i,j,id=a[tt-1]+a[tt];
ans+=id;
tmp--;
for(i=tt;i<tmp;++i)
{
a[i]=a[i+1];
}
for(i=tt-1;i>0&&a[i-1]<id;--i)
{
a[i]=a[i-1];
}
a[i]=id;
while(i>=2&&a[i]>=a[i-2])
{
j=tmp-i;
f(i-1);
i=tmp-j;
}
}
int main()
{
int i;
while(scanf("%d",&n))
{
if(n==0)
{
break;
}
for(i=0;i<n;++i)
{
scanf("%d",&a[i]);
}
tmp=1;
ans=0;
for(i=1;i<n;++i)
{
a[tmp++]=a[i];
while(tmp>=3&&a[tmp-3]<=a[tmp-1])//找中間的小值
{
f(tmp-2);
}
}
while(tmp>1)
{
f(tmp-1);
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
POJ 1744 Elevator Stopping Plan
一道二分貪心題,需要比較選擇不同樓層停下所花費的最短時間,設定每個樓層都停是最長的上限=14*(n-1)。
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
using namespace std;
inline void RD(int &ret)
{
char c;
do
{
c=getchar();
}
while(c<'0'||c>'9');
ret=c-'0';
while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
{
ret=ret*10+(c-'0');
}
}
inline void OT(int a)
{
if(a>=10)
{
OT(a/10);
}
putchar(a%10+'0');
}
int v[30001],mm;
bool f(int x)//貪心比較
{
int i=x/20+2,j,cnt=0;
while(i<=mm)
{
while(i<=mm&&v[i]==0)
{
i++;
}
if(((i-1)*4+10*cnt)>x)
{
return false;
}
j=(x-10*cnt+20*i+4)/24;
i=(x-10*cnt+16*j+4)/20+1;
cnt++;
}
return true;
}
int main()
{
int n,i,l,r,m,o,s;
while(1)
{
RD(n);
if(n==0)
{
break;
}
r=0;
memset(v,0,sizeof(v));
for(i=0; i<n; ++i)
{
RD(o);
r=max(r,o);
v[o]=1;
}
l=0;
mm=r;
r=14*(r-1);
while(l<=r)//二分
{
m=(l+r)/2;
if(f(m)==true)
{
s=m;
r=m-1;
}
else
{
l=m+1;
}
}
OT(s);
printf("\n");
}
return 0;
}
POJ 1741 Tree
樹的分治,數據結構的題一直不太會做,所以直到現在才A了這題,典型的樹中點對統計,理解了好久才AC了。。。看了QZC大神的論文和PPT很有收穫:傳送門
最近一直在訓練,所以代碼變得喜歡用宏定義和輸入優化這類的東西。。。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define FOR(i,m,n) for(i=m;i<n;++i)
using namespace std;
inline void RD(int &ret)
{
char c;
do
{
c=getchar();
}
while(c<'0'||c>'9');
ret=c-'0';
while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
{
ret=ret*10+(c-'0');
}
}
inline void OT(int a)
{
if(a>=10)
{
OT(a/10);
}
putchar(a%10+'0');
}
struct xl
{
int x,y,z;
}e[200001];
int p,q,l,r,ans;
int t[100001],d[100001],a[100001],b[100001];
bool vis[100001];
void dfs(int u,int de)
{
vis[u]=1;
d[u]=de;
int w=t[u],v;
while(w!=-1)
{
v=e[w].x;
if(!vis[v])
{
dfs(v,de+1);
}
w=e[w].z;
}
if(d[u]>d[q])
{
q=u;
}
if(d[u]==(d[q]+1)/2)
{
p=u;
}
}
void dist(int u)
{
int i,j,w=t[u],s=l,t,v,sp,sq;
vis[u]=1;
a[l++]=0;
t=l;
while(w!=-1)
{
v=e[w].x;
if(!vis[v])
{
dist(v);
FOR(i,t,l)
{
a[i]+=e[w].y;
}
j=l-1;
FOR(i,s,t)
{
while(j>=t&&a[j]+a[i]>r)
{
j--;
}
ans+=j-t+1;
}
sp=s;
sq=t;
FOR(i,s,l)
{
if(sq==l||(sp<t&&a[sp]<a[sq]))
{
b[i]=a[sp++];
}
else
{
b[i]=a[sq++];
}
}
for(i=s; i<l; i++)
{
a[i]=b[i];
}
t=l;
}
w=e[w].z;
}
return ;
}
int main()
{
int i,n,u,v,w;
while(1)
{
RD(n);
RD(r);
if(n==0&&r==0)
{
break;
}
mem(t,-1);
FOR(i,0,n-1)
{
RD(u);
RD(v);
RD(w);
e[2*i].x=v;
e[2*i].y=w;
e[2*i].z=t[u];
t[u]=2*i;
e[2*i+1].x=u;
e[2*i+1].y=w;
e[2*i+1].z=t[v];
t[v]=2*i+1;
}
mem(vis,0);
q=1;
dfs(1,0);
mem(vis,0);
dfs(q,0);
mem(vis,0);
ans=0;
l=0;
dist(p);
OT(ans);
printf("\n");
}
return 0;
}