昨天是百度之星算法竞赛初赛的第二场，越做越崩溃，，，
今天早上早早起来补题
先上官方题解
其中应该是一二四题可做，第五题我以为是贪心或者决策优化，没想到题解给出的是网络流
真好啊 ，，，
大早上起来，HDU的评测机专为我开放
Poker
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)
Total Submission(s): 306 Accepted Submission(s): 128
Problem Description
小沃沃在玩一个有趣的游戏。
初始他有 n 块钱，每一轮他需要投入至少 m 块钱，系统会拿走其中 p% 的钱，并把剩下的钱还给他。
请问在最优情况下，小沃沃最多可以玩多少轮？
假设当前一轮小沃沃投入了 x 块钱，那么他可以收回 ⌊x×(1−p%)⌋ 块钱，其中 ⌊a⌋ 表示 a 取下整。
小沃沃每一轮投入的钱不能超过他现在拥有的钱。
每一轮投入的钱必须为整数。
Input
第一行一个正整数 test(1≤test≤100000) 表示数据组数。
对于每组数据，一行三个整数 n,m,p(1≤n≤100000,1≤m≤1000,1≤p≤100)。
Output
对每组数据输出一行一个整数表示答案
Sample Input
2
10 2 50
10 2 100
Sample Output
9
5
Source
2020 年百度之星·程序设计大赛 - 初赛二
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define LL long long
#define Maxn 100005
using namespace std;
LL sum[Maxn];
int a[Maxn];
int main() {
int m,p,n,T; scanf("%d",&T);
while(T--) {
scanf("%d %d %d",&n,&m,&p);
int cos = ceil(m * 1.0 * p *0.01);
// 不写 m * 1.0 * p *0.01 不对
if(m > n) {
printf("0\n");
continue;
}
n -= m;
printf("%d\n",n / cos + 1);
}
return 0;
}
Distance
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)
Total Submission(s): 184 Accepted Submission(s): 69
Problem Description
小沃沃所在的世界是一个二维平面。他有 n 个朋友，第 i 个朋友距离他的距离为 a[i]，小沃沃并不知道这些朋友具体在什么点上。
请问在最优情况下，小沃沃的朋友两两之间的欧几里得距离的和的最小值是几？
假设小沃沃的位置为 P0=(x0,y0)，第 i 个朋友的位置为 Pi=(xi,yi)，对于所有的 i，需要满足 dist(P0,Pi)=a[i]，并且∑n−1i=1∑nj=i+1dist(Pi,Pj) 最小，其中 dist(X,Y) 为连接点 X 和点 Y 的线段的长度。xi,yi 都可以是任意实数。
Input
第一行一个正整数 test(1≤test≤10) 表示数据组数。
对于每组数据，第一行一个正整数 n(1≤n≤100000)。
接下来一行 n 个整数，第 i 个整数 ai 表示第 i 个朋友和小沃沃的距离。
Output
对每组数据输出一行一个数，表示 ∑n−1i=1∑nj=i+1dist(Pi,Pj) 的最小值。答案需要四舍五入到整数。
Sample Input
2
2
3 5
5
1 2 3 4 5
Sample Output
2
20
Source
2020 年百度之星·程序设计大赛 - 初赛二
题目分析
这个官方没有给出题解，但是经分析不难验证，总的两两之间距离之和最小的时候是所有的点成一条直线的时候，前缀和sum一下 最好是画图手推一下Ans 的计算公式
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define LL long long
#define Maxn 100005
using namespace std;
LL sum[Maxn];
LL a[Maxn];
// 明明题目说ai小于等于10亿 但是ai不开long long 就是不对
int main() {
int m,p,n,T; scanf("%d",&T);
ios::sync_with_stdio(false);
while(T--) {
scanf("%d",&n);
for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%lld",&a[i]);
memset(sum,0,sizeof(sum));
sort(a + 1 , a + n + 1);
for(int i=1; i<=n; i++) sum[i] = (LL)(sum[i - 1] + a[i]);
LL Ans = 0;
for(int i=1; i<=n; i++)
Ans += (LL)(sum[n] - sum[i - 1] - (LL)(a[i] * (n - i + 1)));
printf("%lld\n",Ans);
}
return 0;
}
Covid
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)
Total Submission(s): 123 Accepted Submission(s): 43
Problem Description
科学家小沃沃在研究病毒传播的规律，从而控制疫情。
有 n 个人，编号分别为 1,2,…,n。我们用荧光粉代替病毒，编号为 1 的人，在第 0 时刻涂上了荧光粉，剩下的人在第 0 时刻没有涂。
对于第 i 个人，我们知道这个人在哪些时刻出现在了哪些地方。
如果时刻 t，某个人和身体上有荧光粉的人，出现在了同一地点，那么从时刻 t 以后，这个人也会沾上荧光粉。
从小到大输出实验结束后身体上有荧光粉的人的编号。
Input
第一行一个整数 T(1≤T≤20) 表示 T 组数据。
对于每组数据，第一行一个整数 n(1≤n≤20000) 表示 n 个人。
对于第 i 个人，第一行输入一个整数 leni 表示这个人的活动轨迹。
接下来 len[i] 行，每行输入两个整数 t,p(1≤t≤100,1≤p≤10) 表示这个人 t 时刻出现在了 p 位置，保证 t 按严格递增的顺序给出。
除了这 len[i] 个时刻，这个人都呆在家里，或者换句话说，他/她不在任何位置。
保证 len[1]+len[2]+…+len[n]≤200000。
Output
对于每组数据输出一行，表示所有患者的编号。按编号从小到大输出。
Sample Input
2
4
2
1 1
2 2
3
2 2
3 3
4 4
1
4 4
1
2 1
3
3
1 1
3 1
6 1
3
4 1
5 1
6 1
1
5 1
Sample Output
1 2 3
1 2
样例解释
Case 1:
第 2 时刻，位置 2，1 与 2 相遇，2 沾上了。
第 4 时刻，位置 4，2 与 3 相遇，3 沾上了。
//排个序 模拟
// 官方题解什么用个小根堆维护一个二元组啥的.emmmmmm
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int Maxn = 2e5 + 5;
struct Node{ int id,t,p; }a[Maxn];
int vis[Maxn],len;
inline bool cmp(Node A,Node B) {
if(A.t != B.t) return A.t < B.t;// 时间绝对第一关键字
else if(A.p != B.p) return A.p < B.p;
else return A.id < B.id;
}
int main(int argc,char* argv[]) {
int n,T; scanf("%d",&T);
while(T--) {
int tot = 0;
scanf("%d",&n);
memset(vis,0,sizeof(vis));// 感染
for(int j=1; j<=n; j++) {
scanf("%d",&len);
for(int i=1; i<=len; i++) {
a[++tot].id = j;
scanf("%d %d",&a[tot].t,&a[tot].p);
// id 表示 是第几个人的活动轨迹
}
}
vis[1] = 1;
sort(a + 1,a + tot + 1,cmp);
for(int i=2; i<=tot; i++) {
if(a[i].t == a[i - 1].t && a[i].p == a[i - 1].p) {// 同时同地
if(vis[a[i].id] == 1 || vis[a[i - 1].id] == 1) {
vis[a[i].id] = vis[a[i - 1].id] = 1;
for(int j=i; (a[j].p ==a[j - 1].p && a[j].t == a[j - 1].t) &&j>=1; j--)
vis[a[j].id] = vis[a[j -1].id] = 1;
}
}
}
int flag = 0;
for(int i=1; i<=n; i++) {
if(vis[i]) {
if(flag) printf(" %d",i);
else { flag = 1; printf("%d",i); }
}
}
printf("\n");
}
return 0;
}