题目描述
金秋九月，\(yukiii\) 来到了大学校园，开启一段全新的生活。
但在此之前，\(yukiii\) 还要将年久失修的宿舍进行翻新。
现在他和友正粉刷的墙壁。
宿舍的墙壁可以抽象为一个有限但足够大网格，中部分都已经被 \(yukiii\) 的舍友们粉刷完毕，只剩下 \(????\) 列尚未粉刷，且在第 \(????\) 列中未被粉刷的 部分是从地面开始向上的长为 \(????_????\) 的连续段。
刷墙是一件十分枯燥且消耗体力的工作，因此 \(yukiii\) 也会采用一个十分简 单粗暴的方式完成这项工作：将刷子置于某一个格当中，然后从上、下左、右中选择一个方 向一直刷下去。 \(yukiii\) 将这称作是一次操作 。
但 \(yukiii\) 的舍友很快便对他这种工作方式感到反感： \(yukiii\) 经常会用自 己的刷子扫到已经被粉过部分，这会导致干掉油漆再次湿十影响美观。因此 \(yukiii\) 的舍友 \(HHC\) 要求 \(yukiii\) 在刷墙的过程中不能触碰到其 他人已经粉刷过的部分。
现在 \(yukiii\) 想知道自己至少需要几次操作才能在不碰到别人已经刷过的部分。
输入格式
第一行个整数 \(????\)，表示需要被粉刷的列数；
接下来一行有 \(????\) 个整数，分别表示每一列需要刷的格子数。
输出格式
输出一行个整数，表示答案。
解析
考场上想出了策略，但没去写，主要是我没想到去用递归形式去写避免冗杂的修改。
对于一个区间，它最坏情况下就是全部竖着刷，也就是 \(r - l + 1\) 次，但是我们可以横着刷，这样也许能更优，对于横着刷，我们显然一次要横着把最低的刷完，不然没有意义，因为如果没有刷完还要竖着把剩余的刷完。
进而我们可以发现这个区间内的矩形的相对大小是没有发生变化的，所以我们并不需要真的去修改。
如果我们递归的去实现这个过程，我们只用记录一下之前横着刷了多少就行了。
在递归的时候，我们在 \(st\) 表中存下区间最小值和它的位置，然后每次递归进入子区间处理就好了。
代码
个人感觉自己写的很妙。
本地测的时候大数据要把栈空间开大。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cctype>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N = 5e5 + 5;
int n, a[N], m, f[N][20], p[N][20];
inline void init() {
for(int i = 1; i <= n; i++) f[i][0] = a[i], p[i][0] = i;
int t = log(n) / log(2) + 1;
for(int j = 1; j < t; j++)
for(int i = 1; i <= n - (1 << j) + 1; i++)
if(f[i][j - 1] <= f[i + (1 << (j - 1))][j - 1]) {
f[i][j] = f[i][j - 1];
p[i][j] = p[i][j - 1];
}
else {
f[i][j] = f[i + (1 << (j - 1))][j - 1];
p[i][j] = p[i + (1 << (j - 1))][j - 1];
}
}
inline int query(int l, int r, int &x) {
int k = log(r - l + 1) / log(2);
if(f[l][k] <= f[r - (1 << k) + 1][k]) {
x = p[l][k]; return f[l][k];
}
else {
x = p[r - (1 << k) + 1][k]; return f[r - (1 << k) + 1][k];
}
}
int dfs(int l, int r, int v) {
if(l > r) return 0;
if(l == r) return a[l] == v ? 0 : 1;
int mid, w = query(l, r, mid);
return min(r - l + 1, dfs(l, mid - 1, w) + dfs(mid + 1, r, w) + w - v);
}
inline void read(int &x) {
x = 0; int c = getchar();
for(; !isdigit(c); c = getchar());
for(; isdigit(c); c = getchar())
x = x * 10 + c - 48;
}
int main() {
freopen("paint.in", "r", stdin);
freopen("paint.out", "w", stdout);
read(n);
for(int i = 1; i <= n; i++) read(a[i]);
init();
printf("%d\n", dfs(1, n, 0));
return 0;
}
题目描述
进入大学后第一件比较重要的事情就是考试。 \(yukiii\) 为了确保自己顺 利通过测试在暑假刻苦学习。
在学习代数的过程中，他知道了二元运算集合上封闭性。但这并不能 难倒他，于是 \(yukiii\) 便提出了一个全新的概念：反封闭。
对于一个数集 ????⊂????+，我们称其是 反封闭 反封闭 的当且仅： 的当且仅：
- 1∈????(????)；
- 对于任意 1≠????∈????，一定存在 ????,????∈???? 使得 \(????=????+????\)。
现在 \(yukiii\) 想得到一个最大元素恰好为 \(2 ^ {???? − 1}\) 的反封闭集，同时他希望 这个集合中的元素数不超过 ????。
输入格式
输入包括一行两个整数 ????,????，含义如题所述。
输出格式
输出第一行包括个数 \(T\)，表示你所构造的集合大小。
接下来 \(T\) 行，每一个长为 \(????\) 的 \(01\) 串数，表 示集合中的二进制示。如果二进制不足 \(????\) 位则用前缀 \(0\) 补齐。你需要按照从小到大的顺序输出所有数。
解析
一道比较简单的构造题。
首先看了样例之后我们能很容易的想出 \(2n - 1\) 个元素的构造方法。
但是看到后面的 \(k\)，这个方法肯定不行。
而上面这个不优的原因，是因为我们每次为了构造一个数都要用掉两个数。
所以我们如果要优化的话那么尽量用一个数去构造另一个数。
因为同样的数可以用两次，所以如果我们用一个数的二分之一来表示它的话，我们就只用往集合中添加一个数。
就比如：
然后我们就进入了 \(1111\) 这个状态进行递归。
但是如果遇到全部为 \(1\) （不算前面补的 \(0\)）， \(1\) 有奇数个的时候，我们的第一步就有问题了。
因为我们这样是为了将 \(11110000\) 和 \(00001111\) 组合成 \(11111111\)。
但是奇数的时候就不能这样。
所以我们尝试分前面 \(n/2\) 和 \(n/2 + 1\)。
然后我们就会发现，当分前面 \(n/2\) 时更优。
就比如：
这个时候我们要构造出 \(11111\), 就只能用 \(11000\) 和 \(00111\)。
所以我们必须还要加一个 \(111\) 进去。
但是这个的优点在于我们能用 \(00110\) 和 \(00001\) 构造出它。
而 \(00110\) 和 \(00001\) 都是我们所必须的，所以我们只多加了 \(00111\) 一个进去。
而且我们还将下一个状态转为了偶数个，降低了下一个状态的代价。
然后算一下我们所需要的个数。
首先对于偶数，我们的代价是 \(n/2\), 对于奇数我们的代价是 \(n/2 + 1 + 1\)。
我们累加一下 \(n/2\)，这个 \(n\) 其实每次是不一样的，每次缩小一半。
所以是 \(\sum_{i = 1} ^ {logn} \frac{n}{2 ^ {i - 1}}\)，等比数列求和一下，这部分是趋近于 \(n\) 的。
最坏情况下每次多一。
所以我们的上界大致是 \(n + logn\)。
代码
#include<cstdio>
using namespace std;
int n, k, a[1005], tot = 0;
void dfs(int x, int f) {
if(x == 1) {
if(f) {
for(int i = 1; i <= n - x; i++) putchar('0');
for(int i = 1; i <= x; i++) putchar('1');
putchar('\n');
} ++tot;
return ;
}
dfs(x / 2, f);
if(x & 1 && f) {
for(int i = 1; i <= n - x / 2 - 1; i++) putchar('0');
for(int i = 1; i <= x / 2; i++) putchar('1'); putchar('0'); putchar('\n');
for(int i = 1; i <= n - x / 2 - 1; i++) putchar('0');
for(int i = 1; i <= x / 2 + 1; i++) putchar('1'); putchar('\n');
}
if(x & 1) tot += 2;
for(int i = n - x / 2 - 1 - (x & 1); i >= n - x; i--) {
if(f) {
for(int j = 1; j <= i; j++) putchar('0');
for(int j = 1; j <= x / 2; j++) putchar('1');
for(int j = 1; j <= n - i - x / 2; j++) putchar('0');
putchar('\n');
}
++tot;
}
if(f) {
for(int i = 1; i <= n - x; i++) putchar('0');
for(int i = 1; i <= x; i++) putchar('1');
putchar('\n');
}
++tot;
}
int main() {
freopen("exam.in", "r", stdin);
freopen("exam.out", "w", stdout);
scanf("%d%d", &n, &k);
dfs(n, 0); printf("%d\n", tot);
dfs(n, 1);
return 0;
}
题目描述
刚开学，新生舞会自然是同们最期待的环节之一。作为幕后工人员 的 \(yukiii\) 和 \(HHC\) 被分配到了购买新生舞会纪念礼品的任务。
在主办方事先提供的礼品备选列表上共有 \(????\) 组礼品，其中第 \(????\) 组礼品的 价格为 \(????_????\)，足够发给 \(????_????\) 个人，只要有一收到该种类礼品就期望能获得 \(????_????\) 的满意度，但是卖家规定只有购买了第 \(????_????\) 组礼品才能买这（ \(????_???? = 0\) 则表示无此限制）。 则表示无此限制）。
现在已知有 \(????\) 位同学会来参加新生舞， \(yukiii\) 和 \(HHC\) 需要在保证人手 至少一份礼物的情况下最大化期望满意度和买所消耗钱比值。
他们两个对这问题都毫无办法，因此只能来求助于精通各种最优化的你了。
输入格式
输入第一行包含两个正整数 \(????,????\)，分别 表示可供选择的礼品数和期望参加舞会的人数。
接下来 \(????\) 行， 每行 包含四个正整数 \(????_????,????_????,????_????,????_????\)，表示第 \(????\) 组礼品的相关信息 。
输出格式
输出一个实数，表示期望满意度和买礼物所消耗的钱比值最大。
你的答案只有在与标准相对误差或绝小于 \(1e−3\) 时才会被判为对。
解析
考场上没有想到 \(01\) 分数规划。这不就是 \(01\) 分数规划的板题吗。
\(ans = \frac{\sum {b_i \times x_i}}{\sum{c_i \times x_i}}\)
套路一下化成：
\(\sum {b_i - ans \times c_i} = 0\)。
依赖关系发现这个就是一个树上背包，价值换成 \(b_i - ans \times c_i\)，体积换成 \(a_i\)。然后套分数规划的模板就行了。
然而。。。
你发现 \(TLE\) 了。
因为我们单次朴素的树上背包是 \(nm ^ {2}\) 的，显然不能过。
所以我们只能优化树上背包，所以套一个前序优化就好了。
复杂度 \(logw_{max}nm\)。
代码
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
const int N = 1e3 + 5;
int n, m, a[N], b[N], c[N], siz[N], dfn[N], mp[N], cnt = 0;
int head[N], nex[N], to[N], tot = 1;
double dp[N][N], l = 0, r = 0;
inline void add(int x, int y) { nex[++tot] = head[x], to[tot] = y, head[x] = tot; }
void dfs(int x) {
siz[x] = 1; dfn[x] = cnt, mp[cnt++] = x;
for(int i = head[x]; i; i = nex[i])
dfs(to[i]), siz[x] += siz[to[i]];
}
inline bool check(double mid) {
double tmp;
for(int i = 1; i <= m; i++) dp[n + 1][i] = -1e9;
dp[n + 1][0] = 0;
for(int i = n, x; ~i; i--) {
x = mp[i], tmp = -1e10;
for(int j = max(0, m - a[x]); j <= m; j++) tmp = max(tmp, dp[i + 1][j]);
dp[i][m] = max(tmp + b[x] - mid * c[x], dp[i + siz[x]][m]);
for(int j = m - 1; ~j; j--)
if(j < a[x]) dp[i][j] = dp[i + siz[x]][j];
else dp[i][j] = max(dp[i + siz[x]][j], dp[i + 1][j - a[x]] + b[x] - mid * c[x]);
}
return dp[0][m] >= -1e-8;
}
inline void read(int &x) {
x = 0; int c = getchar();
for(; !isdigit(c); c = getchar());
for(; isdigit(c); c = getchar())
x = x * 10 + c - 48;
}
int main() {
freopen("gift.in", "r", stdin);
freopen("gift.out", "w", stdout);
read(n), read(m);
for(int i = 1, fa; i <= n; i++)
read(a[i]), read(b[i]), read(c[i]), read(fa), add(fa, i), r += b[i];
dfs(0);
while(l + 1e-5 < r) {
double mid = (l + r) / 2;
if(check(mid)) l = mid; else r = mid;
}
printf("%.5lf\n", l);
return 0;
}
/*
5 10
1 8695 30594 0
7 9390 3109 1
8 30425 17108 1
6 24713 14066 1
6 365 18488 2
*/
