山東冬令營2018：貪心專練
阿新 • • 發佈：2018-04-29
print AI 最大團 區間 con div err algorithm close 
T1：
數軸上有 n 個點，第 i 個點的坐標為 xi，權值為 wi。兩個點 i,j 之間存在一條邊當且僅當 abs(xi-xj)>=wi+wj。 你需要求出這張圖的最大團的點數。 （團就是兩兩之間有邊的頂點集合） 【輸入格式】 輸入文件clique.in 第一行一個整數 n，接下來 n 行每行兩個整數 xi,wi。 【輸出格式】 輸出文件clique.out 輸出一行一個整數，表示最大團的點數。 【樣例輸入】 4 2 3 3 1 6 1 0 2 【樣例輸出】 3 【數據範圍】 對於 20%的數據，n<=10。 對於 60%的數據，n<=1000。 對於 100%的數據，n<=200000，0<=|xi|,wi<=10^9。
本弱看到這道題時第一反應肯定是n^2連邊也過不了啊，所以肯定有巧妙的方法來解這道題廢話我們可以看到，有邊相連的2個點的要求是abs(xi-xj)>=wi+wj，也就是說如果i和j有邊，那麽從xi-wi到xi+wi和xj-wj到xj+wj這兩段區間是沒有重合部分的，那麽我們把每個點都擴成一段區間，最多的不重合的區間數就是最大團的點數，因為互不重合就代表了兩兩之間有邊。
代碼：
1 #include<algorithm> 2 #include<iostream> 3View Code#include<cstdio> 4 using namespace std; 5 const int maxn=200004; 6 int n; 7 struct zhw{ 8 int l,r; 9 friend bool operator <(zhw a,zhw b) 10 { 11 return a.r<b.r||(a.r==b.r&&a.l>b.l); 12 } 13 }a[maxn]; 14 int x,w,l,r; 15 int main() 16 { 17freopen("clique.in","r",stdin); 18 freopen("clique.out","w",stdout); 19 scanf("%d",&n); 20 for(int i=1;i<=n;++i) 21 { 22 scanf("%d%d",&x,&w); 23 a[i].l=x-w,a[i].r=x+w; 24 } 25 sort(a+1,a+n+1); 26 int pos=a[1].r,ans=1; 27 for(int i=1;i<=n;++i) 28 { 29 if(a[i].l>=pos)ans++,pos=a[i].r; 30 } 31 printf("%d",ans); 32 fclose(stdin);fclose(stdout); 33 return 0; 34 }
T2：
小 H 參加了一場神秘的遊戲。遊戲中有 n 堆硬幣,第 i 堆價值 ai。 每次小 H 可以選擇編號相差 k 的硬幣同時拿走。註意拿走後硬幣不進行重標號。 小 H 想知道最多能拿走多大價值的硬幣。 【輸入格式】 輸入文件coin.in 第一行兩個整數 n,k。 第二行 n 個整數。第 i 個整數表示 ai。 【輸出格式】 輸出文件coin.out 一行一個整數,表示拿走硬幣的最大價值。 【樣例輸入】 7 3 7 5 8 6 4 3 2 【樣例輸出】 33 【數據範圍】 對於 20%的數據,n<=20。 對於 40%的數據,n<=2000。 對於另外 20%的數據,k<=10。 對於 100%的數據,n<=100000,k<=n,0<=ai<=1000000000。
本弱的腦回路有點怪（其實就是弱的做不粗來），想了半天的給可以同時拿走的數之間連邊，也沒搞出來，最後去看的題解（捂臉）。思路如下：既然可以兩組隊的拿走，那麽對於膜k相等的數裏就最多只有1個數拿不走，就是當這些數有奇數個的時候，有一個拿不走，並且這個一定是在奇數位置的，就是把所有的膜k相等的數按原來的順序排成一列，奇數位置上的數，所以只要把這些位置上的數取min，然後把這個最小的數減掉就可以了，不過如果一共有偶數個就不需要減了，因為都可以拿走。
代碼：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 using namespace std; 4 const int maxn=100003; 5 long long a[maxn]; 6 int n,k; 7 long long ans; 8 int main()// 9 { 10 // freopen("coin.in","r",stdin); 11 // freopen("coin.out","w",stdout); 12 scanf("%d%d",&n,&k); 13 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld",&a[i]); 14 for(int i=1;i<=k;++i) 15 { 16 int tot=0,Min=2147483640;//極大值開小了 17 for(int j=i;j<=n;j+=k) 18 { 19 tot^=1,ans+=a[j]; 20 if(tot)Min=Min>a[j]?a[j]:Min; 21 } 22 ans-=tot*Min; 23 } 24 printf("%lld",ans); 25 return 0; 26 }View Code
T3：
有n個櫻桃排成一列，第i個櫻桃的甜度為v[i]，你要把n個櫻桃分成若幹組，其中每一組的櫻桃必須相鄰。每一組櫻桃的美味度為(sum-T)^2 ， 其中sum是這組櫻桃的甜度之和，T為輸入給定的系數。 一組方案的美味度為每一組的美味度之和。 求可行方案最小的美味度。 【輸入格式】 輸入文件cherry.in 第一行兩個正整數 n，T。 第二行n個整數，第i個整數是第i個櫻桃的甜度，v[i]。 【輸出格式】 輸出文件cherry.out 一行一個非負整數，為最小美味度。 【樣例輸入】 5 5 3 5 2 1 6 【樣例輸出】 9 【數據範圍】 對於50%的數據滿足 n<=10,T<=1000,v[i]<=10 對於70%的數據滿足 n<=100 對於所有數據，n<=10^3,T<=1000,v[i]<=10
看到數據範圍肯定會想起是不是n^2做法啊，其實這題大概是dp，f[i]代表前i個櫻桃分成若幹組的最小美味度，那麽有轉移方程：f[i]={min(f[i],sum[i]-sum[j-1]-T)^2) | j<=i},然後就皆大歡喜啦。
代碼：
1 #include<iostream> 2 #include<cstring> 3 #include<cstdio> 4 using namespace std; 5 const int maxn=1005; 6 int n,t; 7 int v[maxn],sum[maxn]; 8 int f[maxn]; 9 int main() 10 { 11 // freopen("cherry.in","r",stdin); 12 // freopen("cherry.out","w",stdout); 13 scanf("%d%d",&n,&t); 14 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&v[i]),sum[i]=sum[i-1]+v[i]; 15 memset(f,127/3,sizeof(f)); 16 f[0]=0; 17 for(int i=1;i<=n;++i) 18 for(int j=1;j<=i;j++) 19 f[i]=min(f[i],f[j-1]+(sum[i]-sum[j-1]-t)*(sum[i]-sum[j-1]-t)); 20 printf("%d",f[n]); 21 return 0; 22 }View Code
山東冬令營2018：貪心專練