一共三道題，三道我都不會，入門組？？？？？？

所謂的“入門組”題目

1. 文具訂購題目鏈接：普及難度

題目描述

小明的班上共有n元班費，同學們準備集體用這些班費購買3種物品：
1.圓規，每個7元
2.筆，每隻4元
3.筆記本，每本3元
小明負責訂購文具，設圓規，筆，筆記本的訂購數量分別爲a, b, c, 他訂購的原則依次
如下：
1.n元錢必須正好用光，即 $7a+4b+3c = n$
2.在滿足以上條件的情況下，成套的數量級儘可能地大，即 $maxsize(min(a, b, c))$
3.在滿足以上要求的前提下，物品的總數儘可能地大，即 $maxsize(a+b+c)$
請你幫助小明求出滿足條件的最優方案。可以證明最優方案存在且唯一。

題目分析

我們來一條一條分析（記住有優先級）
第一個條件：就是說，我們要用， 7， 4， 3這3個數正好湊出n來；
可見，除了1， 2， 5之外，其他的都可以湊出來。
第二個條件：最小值儘量大，那麼其他兩個都要比他大，可見，貪心策略就是湊出儘量多的成套的（一套14元）的文具來。
第三個條件，因爲總數要儘量多，所以當成套的湊完之後，還剩下的錢，就要往3元和4元去湊，因爲第三個條件要求文具數量儘可能多，所以如果能湊出一個7元的， 7 = 3+4，所以，可以轉換爲一個3元的加上一個4元的，這樣文具數量就比之前多1了.
現在有一個問題，萬一湊完整套之後餘下的錢是1， 2， 5怎麼辦？？
把一套的錢拆開，加入到現在剩下的錢裏，也就是餘下的錢加14，不就能拆開了嗎。

代碼

#include <cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<stack>
#include<queue>
#include<deque>
#include<list>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cctype>

using namespace std;

int n;
int main()
{
	cin >> n;
	if(n == 1 || n == 2 || n == 5)
	{
		cout << -1 << endl;
		return 0;
	}
	int a, b, c;
	int j = n % 14;
	int k = n / 14;
	if(j == 0)
	{
		a = b = c = k;
		cout << a << " " << b << " " << c << endl;
	}
	else if(j == 1)
	{
		a = b = k-1;
		c = k+4;
		cout << a << " " << b << " " << c << endl;
	}
	else if(j == 2)
	{
		a = k-1;
		b = k;
		c = k + 3;
		cout << a << " " << b << " " << c << endl;
	}
	else if(j == 3)
	{
		a = b = k;
		c = k+1;
		cout << a << " " << b << " " << c << endl;
	}
	else if(j == 4)
	{
		a = c = k;
		b = k+1;
		cout << a << " " << b << " " << c << endl;
	}
	else if(j == 5)
	{
		a = k-1;
		b = k;
		c = k+4;
		cout << a << " " << b << " " << c << endl;
	}
	else if(j == 6)
	{
		a = b = k;
		c = k+2;
		cout << a << " " << b << " " << c << endl;
	}
	else if(j == 7)
	{
		a = k;
		b = c = k+1;
		cout << a << " " << b << " " << c << endl;
	}
	else if(j == 8)
	{
		a = c = k;
		b = k+2;
		cout << a << " " << b << " " << c << endl;
	}
	else if(j == 9)
	{
		a = b = k;
		c = k + 3;
		cout << a << " " << b << " " << c << endl;
	}
	else if(j == 10)
	{
		a = k;
		b = k+1;
		c = k+2;
		cout << a << " " << b << " " << c << endl;
	}
	else if(j == 11)
	{
		a = k;
		b = k+2;
		c = k+1;
		cout << a << " " << b << " " << c << endl;
	}
	else if(j == 12)
	{
		a = b = k;
		c = k+4;
			 cout << a << " " << b << " " << c << endl;
	}
	else
	{
		a = k;
		b = k+1;
		c = k+3;
		cout << a << " " << b << " " << c << endl;
	}
	return 0;
}

2.跑步題目網址：省選難度

題目描述

小H是一個熱愛運動的孩子，某天他想給自己指定一個跑步計劃。計劃一共跑N米，其中第 $i(i>1)$ 分鐘要跑 $x_i$ 米（ $x_i$ 是正整數，但沒有確定好總時長。
由於隨着跑步時間的增加，小H會越來越累，所以小H的計劃必須滿足對於任意 $i(i>1)$ 都滿足 $x_i \leq x_{i-1}$ .
現在小H想知道一共存在多少個不同的滿足條件的計劃，請你幫助他，兩個計劃不同當且僅當跑步的總時長不同，或者存在一個i，是的兩個計劃中的 $x_i$ 不相同。
由於最後的答案可能很大，你只需要輸出答案對p取模的結果。

題目分析

一道很經典的正整數拆分問題，首先搞明白什麼時候算作一種情況：當且僅當每個數字的組合沒有與之前重複的即可，不考慮順序。也沒有數字個數上的要求。
考慮dp；設 $f_{i,j}$ 表示用了前i個數和爲j方案數。
則他就有第i個數選和不選兩種選擇： $f_{i,j} = f_{i-1, j-i} + f_{i-1, j}$ 非常像完全揹包有木有？？？
因此我們可以是他變成一維的。
但是這樣容易超時，所以我們決定實行分塊操作。
設 $m = \sqrt{n}$ 則小於m的數組成得方案我們可以用f數組去處理。大於m的數組成的方案則設一個g數組。
$g_{i,j}$ 表用了i個大於等於m的數和爲j的方案數。
兩種操作：
在拆分序列中增加一個數m；
把當前在拆分序列每個數都加上一；
兩種情況一加，就得到轉移方程： $g_{i,j} = g_{i-1, j-m} + g_{i, j-i}$ i最大爲 $\sqrt{m}$ ；
合併答案時，首先明白，答案一定是兩種情況加起來。
枚舉第一種情況和爲j，那麼另一種情況和爲n-j；兩者乘起來，加到總方案中；即爲 $\sum_{j=0}^{n}(f_{m-1, j} \ \times\ \sum_{i=0}^{m}g_{i, n-j})$

代碼

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<stack>
#include<queue>
#include<deque>
#include<list>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cctype>

using namespace std;

int n, p;
int m;
int f[100010];
int g[400][100010]
int main()
{
	cin >> n >> p;
	cin >> m;
	m = sqrt(n) + 1;
	f[0] = 1;
    for (int i = 1; i < m; i++) {
        for (int j = i; j <= n; j++) {
            f[j] += f[j - i];
            f[j] %= p;
        }
    }
     g[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i < m; i++) {
        for (int j = i; j <= n; j++) {
            g[i][j] = g[i][j - i];
            if (j >= m) g[i][j] += g[i - 1][j - m];
            g[i][j] %= p;
        }
    }
    int ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
    	int sum = 0;
        for (int j = 0; j < m; j++) sum += g[j][n - i];
        sum %= p;
        ans = (ans + f[i] * sum) % p;
    }
    cout << ans << endl;
	return 0;
}

3.魔法題目鏈接：省選難度

題目描述

C國有n座城市與m條有向道路組成，城市和道路都從1開始編號，經過i號道路需要 $t_i$ 的費用。
現在你要從1號城市出發去n號城市，你可以施展最多k次魔法，使得通過下一條道路時，需要的費用變爲原來的相反數，即費用從 $t_i$ 變成 $-t_i$ 。請你算一算，至少要花費多少費用才能完成這次旅程。
注意：使用魔法只是改變一次的花費，而不改變一條道路自身的 $t_i$ ；最終的費用可以爲負，並且一個城市可以經過多次，包括n號城市。

題目分析

有k次魔法可使用；

task 1： k = 0；

在一張權值爲正的圖上要使1點到n點最短，很顯然，跑最短路。
Floyd一波帶走~~

task 2： k = 1;

考慮怎樣從task1推到task2；
在改進的二維Floyd方程上加以改造；
設 $f_{k,i,j}$ 表示使用不超過k次魔法的情況下，從i到j的最短路。
則當k = 1時，轉移思路就是不走和走了之間小的那個。枚舉唯一使用魔法的邊 $(u, v)$ 。
方程： $f_{1, i, j} = min(f_{0, i, j}\ , \ f_{0, i, u} + f_{0, v, j} - w_{u, v})$

task 3: k = 2時

從k = 1推唄；
採用Floyd的本質思想，枚舉一箇中轉點p。
i -> p最多用1次魔法， p -> j 最多用一次魔法
於是這樣就合成答案了；
方程長這樣子：
$f_{2, i, j} = \min(f_{1, i, p} + f_{1, p, j})$
把min忽略，有沒有一點像矩陣乘法的樣子，只不過把乘換加，加換min而已了。。

task 4：k > 2時

矩陣快速冪。。。。。。。

代碼

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<stack>
#include<queue>
#include<deque>
#include<list>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cctype>

using namespace std;

int f[110][110];
int n, m, k;
struct edge
{
	int u, v, w;
}ed[2510];
struct mat
{
 long long a[105][105];
 mat(int x=63)
 {
  memset(a,x,sizeof(a));
 }
 mat operator*(const mat&b)const
 {
  mat ans;
  for(int k=1;k<=n;k++)
   for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=1;j<=n;j++)
     ans.a[i][j]=min(ans.a[i][j],a[i][k]+b.a[k][j]);
  return ans;
 }
}a;
long long f[105][105];
mat fpow(mat x,int y)
{
 mat ans;
 for(int i=1;i<=n;i++)
  for(int j=1;j<=n;j++)
   ans.a[i][j]=f[i][j];
 while(y)
 {
  if(y&1)ans=ans*x;
  x=x*x;
  y>>=1;
 }
 return ans;
}
int main()
{
	memset(f, 63, sizeof(f))
	cin >> n >> m >> k;
	for(int i = 1; i <= m; i++)
	{
		int x, y, z;
		cin >> x >> y >> z;
		ed[i].u = x;
		ed[i].v = y;
		ed[i].w = z;
		f[x][y] = z;
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		for(int j = 1; j <= n; j++)
		{
			for(int k = 1; k <= n; k++)
			{
				f[j][k] = min(f[j][k], f[j][i] + f[i][k]);
				}
		}
	}
	for(int k=1;k<=m;k++)
 {
  int u=e[k].u,v=e[k].v,w=e[k].w;
  for(int i=1;i<=n;i++)
   for(int j=1;j<=n;j++)
    a.a[i][j]=min(a.a[i][j],min(f[i][j],f[i][u]+f[v][j]-w));
 }
 if(k==0)cout<<f[1][n]<<endl;
 else cout<<fpow(a,k).a[1][n]<<endl;
	return 0;
}

本次寫的代碼，沒有經過評測，不一定對哦~~

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1. 文具訂購題目鏈接：普及難度

題目描述

題目分析

代碼

2.跑步題目網址：省選難度

題目描述

題目分析

代碼

3.魔法題目鏈接：省選難度

題目描述

題目分析

task 1： k = 0；

task 2： k = 1;

task 3: k = 2時

task 4：k > 2時

代碼

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2.跑步 題目網址 ：省選難度

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代碼

3.魔法 題目鏈接：省選難度

題目描述

題目分析

task 1： k = 0；

task 2： k = 1;

task 3: k = 2時

task 4：k > 2時

代碼

1. 文具訂購題目鏈接：普及難度

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3.魔法題目鏈接：省選難度