2020.10.18：YC中學模擬賽
2020.10.18：YC中學模擬賽
（難度介於CSP-J2~CSP-S2）
紀念品分組
講解
水題，但寫sort人傻了，忘了sort是左閉右開的結構，導致陣列沒排完序 （分數-40）
題意就是將N件物品2個一組，讓求組數最少時，每組價值差儘量小
具體怎麼做呢？
考試的時候，我是一開始想到的是用最小价值的物品和最大價值的物品相加，次小和次大相加，第K小的和第K大的相加，這樣必定每組價值差最小
sort(a,a+n+1);
int l=1,r=n;
while(l<=r){
l++;
r--;
ans++;
}
但如果某兩數之和大於價值上限怎麼辦？
所以進行判斷，單獨取出這兩個數中較大的一個，獨成一組；而較小的一個參與與其他數字的合併
這是滿足貪心的思想的
程式碼
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int mx;//每組紀念品價格之和的上限 int n;//購來的紀念品的總件數 int a[30100]; int ans; int main(){ //freopen("souvenir.in","r",stdin); //freopen("souvenir.out","w",stdout); cin>>mx>>n; for(int i=1;i<=n;i++){ cin>>a[i]; } sort(a,a+n+1); int l=1,r=n; while(l<=r){ if(a[l]+a[r]>mx){ r--; ans++; }else{//a[l]+a[r]<=mx l++; r--; ans++; } } cout<<ans; return 0; }
開閉區間
順便插一句，sort一類的STL都是左閉右開的結構
左閉右開：一種區間結構
( 開區間 )：區間兩處的端點值取不到
[ 閉區間 ]：區間兩處的端點值可以取到
所以，我就是忘了sort是左閉右開的那個人，然後就給下標0~n-1的資料排序，唯獨沒到下標n
sort(a,a+n);
城市互通
講解
就是有N個點M條邊，然後看這些點邊構成了多少個集合，最後-1（看需要連多少條邊）就好了
我想的是用並查集來做 （就構建集合，然後查詢，比並查集模板還簡單 ）
也沒什麼說的，就將每個點掛到自己的根節點上
最後隨便數一下有多少個根節點就完成
不會並查集的同學請看看這篇文章：【並查集】一種與時間賽跑的巧妙演算法
以及學習並查集請必需掌握的鏈式前向星：關於路徑儲存的常見優化——前向星與鏈式前向星
程式碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;//N個城，M條路
int fa[100100];
int find(int i){
if(i==fa[i]){//根節點
return i;
}
else{
int x=find(fa[i]);
fa[i]=x;
return x;
}
}
int main(){
//freopen("city.in","r",stdin);
//freopen("city.out","w",stdout);
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i;
for(int i=1;i<=m;i++){
int x,y;
cin>>x>>y;//x -- y
fa[find(x)] = find(y);
}
long long ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(find(i)!=find(i-1)){
fa[find(i)]=find(i-1);
ans++;
}
}
ans--;
cout<<ans;
return 0;
}
遊蕩的奶牛
講解
就是一張NM的地圖，為障礙物，求奶牛T步內從[sx,sy]到[ex,ey]的方案數
DFS
我最開始打了個DFS搜尋，以為T<=15資料能過
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,t;
char a[110][110];
int sx,sy,ex,ey;
int dir[4][2]={{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}};
bool vis[110][110];
int ans;
bool in(int x,int y){
return 0<x&&x<=n&&0<y&&y<=m;
}
void dfs(int x,int y,int z){//[x,y],第z秒
if(z>t)return;
if(x==ex&&y==ey){
ans++;
}
//cout<<x<<" "<<y<<endl;
for(int i=0;i<4;i++){
int tx=x+dir[i][0];
int ty=y+dir[i][1];
if(in(tx,ty)&&vis[tx][ty]==0&&a[tx][ty]!='*'&&z<t){
vis[tx][ty]=1;
dfs(tx,ty,z+1);
}
}
vis[x][y]=0;
return;
}
int main(){
//freopen("cow.in","r",stdin);
//freopen("cow.out","w",stdout);
cin>>n>>m>>t;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
cin>>a[i][j];
}
}
cin>>sx>>sy>>ex>>ey;
dfs(sx,sy,0);
cout<<ans;
return 0;
}
下來大佬YJA告訴我，這樣時間複雜度高達約O（4^K）（4個方向，可以走T步，最壞約為10 ^9）
所以我們進行記憶化
以及，我們還要考慮目前所在的點和終點間的距離（這裡用曼哈頓距離進行估價，即|X1-X2|+|Y1-Y2|） 是否大於T-走過的步數
(即：|X1-X2|+|Y1-Y2|<=t-z）
若大於那麼從起點走T次後一定無法到達終點，所以後面一切均為無用功，直接結束本次搜尋（可行性剪枝）
DP
可以用記憶化就可能能用DP
DP有個好處就是可以不進行可行性剪枝
而改用三維陣列，某一維記錄當前步數
在T步內，到達[i,j]方案數為上下左右除去障礙物的和
然後判斷是否越界等基本操作，給f[sx,sy]賦初值=1
f[i][j][k] 表示第k時間到達(i,j)的方案數，得到：f[x][y][k]+=f[x+dir[0][i]] [y+dir[1][i]] [k+1]
//dir表方向變化
程式碼
DP
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,t;
int sx,sy,ex,ey;
char a[110][110];
int f[110][110][110];
int dir[4][2]= {{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}};
bool in(int x,int y) {
return 0<x&&x<=n&&0<y&&y<=m;
}
int main() {
cin>>n>>m>>t;
for(int i=1; i<=n; i++) {
for(int j=1; j<=m; j++) {
cin>>a[i][j];
}
}
cin>>sx>>sy>>ex>>ey;
f[sx][sy][0]=1;
for(int i=1; i<=t; i++) {
for(int j=1; j<=n; j++) {
for(int k=1; k<=m; k++) {
if(a[j][k]!='*') {
for(int l=0; l<4; l++) {
int tx=j+dir[l][0];
int ty=k+dir[l][1];
if(in(tx,ty)&&a[tx][ty]!='*') {
f[j][k][i]+=f[tx][ty][i-1];
}
}
}
}
}
}
cout<<f[ex][ey][t]<<endl;
// for(int k=1; k<=t; k++) {
// for(int i=1; i<=n; i++) {
// for(int j=1; j<=m; j++) {
// cout<<f[i][j][k]<<" ";
// }
// cout<<endl;
// }
// cout<<endl;
// }
return 0;
}
理髮
傳送門
線段樹，暫時不太懂
略......
考試的時候暴力，A了兩組資料，其他超時
//A兩組資料
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n;
long long a[10100];
long long ans;
int main() {
//freopen("haircut.in","r",stdin);
//freopen("haircut.out","w",stdout);
cin>>n;
for(int i=1; i<=n; i++) {
cin>>a[i];
}
cout<<0<<endl;
for(int k=1; k<n; k++) {
ans=0;
for(int i=1; i<=n; i++) {
for(int j=1; j<i; j++) {
int x=a[i];
int y=a[j];
if(x>k)x=k;
if(y>k)y=k;
if(y>x){
ans++;
//cout<<ans<<" ";
}
}
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}