6.7练习赛题解

C题下标打错错90分5555

A.移棋子游戏

问题描述

猫王和老板在玩一个游戏。桌面上一行有n个格子，一些格子中放着棋子。猫王和老板轮流选择如下方式中的一种移动棋子（图示中o表示棋子，*表示空着的格子）:
1）当一枚棋子的右边是空格子的话，可以将这枚棋子像右移动一格。
o* -> *o
2）当一枚棋子的右边连续两个都有棋子，并且这个棋子往右边数第3格没有棋子，那么可以将这个棋子往右跳过那两个棋子
*ooo -> **oo
当任何一枚棋子到达最右边的格子时，这枚棋子自动消失。
当一方不能移动时，这方输。假设猫王和老板都采取最优策略，猫王先走，谁将取胜？

输入格式

第一行一个整数T表示数据组数， 0 < T < 10。
之后T组数据，每组两行，
第一行n 表示格子个数，
第二行n个字符表示每个格子的情况，o表示有棋子，*表示空着。

输出格式

对于每组数据一个输出，M表示猫王赢，L表示老板赢。

数据范围

对于50%的数据， n <20。
对于100%的数据， n < 1000。

题解：

显然n的范围不可能暴力搜索（况且还是签到题呢）所以考虑数学方法啦。。。
首先，不管是一格一格地动还是三格三格地动，它都只会跳奇数个格子，所以我们就将每个棋子要跳的距离累加起来，计算它的奇偶性即可。由于猫王先手，显然奇数次跳完棋子他剩；反之老板胜利。

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int sum[1010];
char a[1010];
char read(){
    char c=getchar();
    while(c!='*'&&c!='o')c=getchar();
    return c;
}
int main(){
    int st=0,i,j,t,n,l=1,r=1,k;
    scanf("%d",&t);t++;
    while(--t){
        st=0;
        scanf("%d",&n);
        for(i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
        for(i=1;i<=n;i++)if(a[i]=='o')st+=n-i;//累加棋子需要走的距离 
        if(st%2==1)printf("M\n");//奇数猫王赢 
        else printf("L\n");//否则老板赢 
    }
    return 0;
}

B.导航

问题描述

约翰在他的新车上装了两个导航系统(GPS)，但这两个GPS选择的导航线路常常不同，约翰很是恼火。
约翰所在的小镇地图由N个路口和M条单向道路构成，两个路口间可能有多条道路相连。约翰的家在1号路口，他的农场在N号路口。约翰从家出发，可以经过一系列的道路，最终到达农场。
两个GPS用的都是上述地图，但是，它们计算时间的算法不同。比如，经过第i条道路，1号GPS计算出的时间是Pi分钟,而2号GPS算出的时间是Qi分钟。
约翰想要驾车从家到农场，但是，如果一个GPS认为约翰当前行走的这条路不在它算出的最短路径中，该GPS就会大声抱怨约翰走错了路（每个GPS会算出所有最短路，只要你在其中一条上最短路上它都不会抱怨）。更倒霉的是，有可能两个GPS会同时抱怨约翰当前走的路不是它们推荐的。
请帮助约翰计算，从家到农场过程中，选择怎样的路径才能使得GPS抱怨的次数最少，请算出这个最少的抱怨次数。如果一条路上两个GPS都在抱怨，算两次(+2)抱怨。

输入格式

第1行两个空格间隔的整数，N和M
接下来M行，每行描述一条道路。第i行描述第i条道路，由四个空格间隔的整数构成，Ai,Bi,Pi,Qi，分别表示该条道路的起点、终点、1号GPS计算的耗时、2号GPS计算的耗时。

输出格式

一个整数，表示所求答案。

数据范围

对于30%的数据，1<=N<=20，1<=M<=20
对于100%的数据，1<=N<=10000，1<=M<=50000，0<=Pi,Qi<=100000

题解：

最开始还以为是图上动归。。。。想多了。。。没想出正解直接暴零
首先数据范围就已经决定计算GPS是否会抱怨是需要预处理出来的。先计算对于每个GPS计算终点到每个点的最短路径，然后对于一条从x->y的边时，一定是dis[y]-dis[x]==len[x][y]时，这条边才在该点到终点的路径上的。最后再从起点到终点以GPS抱怨次数为边权跑一遍最短路即可。

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cmath>
using namespace std;
const int maxn=10000;
int n,m,dis1[maxn+10],dis2[maxn+10],dis3[maxn+10];
vector <pair<int,int> > ma1[maxn+10],ma2[maxn+10];
vector <pair<int,pair<int,int> > > ma3[maxn+10];
vector <pair<int,pair<int,int> > > ::iterator inli;
vector <pair<int,int> > ::iterator it;
priority_queue <pair<int,int> > heap;
void dij1(){
    int i,x,w;
    memset(dis1,3,sizeof(dis1));
    dis1[n]=0;heap.push(make_pair(0,n));
    while(!heap.empty()){
        x=heap.top().second;w=-heap.top().first;heap.pop();
        if(w!=dis1[x])continue;
        for(it=ma1[x].begin();it!=ma1[x].end();it++){
            if(dis1[x]+it->first<dis1[it->second]){
                dis1[it->second]=dis1[x]+it->first;
                heap.push(make_pair(-dis1[it->second],it->second));
            }
        }
    }
}
void dij2(){
    int i,x,w;
    memset(dis2,3,sizeof(dis2));
    dis2[n]=0;heap.push(make_pair(0,n));
    while(!heap.empty()){
        x=heap.top().second;w=-heap.top().first;heap.pop();
        if(w!=dis2[x])continue;
        for(it=ma2[x].begin();it!=ma2[x].end();it++){
            if(dis2[x]+it->first<dis2[it->second]){
                dis2[it->second]=dis2[x]+it->first;
                heap.push(make_pair(-dis2[it->second],it->second));
            }
        }
    }
}
void dij3(){
    int i,x,w,u;
    memset(dis3,3,sizeof(dis3));
    dis3[1]=0;heap.push(make_pair(0,1));
    while(!heap.empty()){
        x=heap.top().second;w=-heap.top().first;heap.pop();
        if(w!=dis3[x])continue;
        for(inli=ma3[x].begin();inli!=ma3[x].end();inli++){
            u=2;if(dis1[x]-dis1[inli->first]==inli->second.first)u--;//计算GPS是否会抱怨 
            if(dis2[x]-dis2[inli->first]==inli->second.second)u--;
            if(dis3[inli->first]>dis3[x]+u){
                dis3[inli->first]=dis3[x]+u;
                heap.push(make_pair(-dis3[inli->first],inli->first));
            }
        }
    }
}
int main(){
    int i,j,x,y,w1,w2;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&w1,&w2);
        ma1[y].push_back(make_pair(w1,x));
        ma2[y].push_back(make_pair(w2,x));
        ma3[x].push_back(make_pair(y,make_pair(w1,w2)));//存边 
    }
    dij1();//GPS1的最短路 
    dij2();//GPS2的最短路 
    dij3();//计算最小代价 
    printf("%d",dis3[n]);
    return 0;
}

3.小鸟

问题描述

有一排n棵树，第i棵树的高度是Di。
一群小鸟要从第1棵树飞到第n棵树去玩。
不同小鸟的飞跃能力不同，第i只小鸟的飞跃能力为ki，表示如果当前它位于第x号树，那么它可以飞到x+1,x+2,……,x+ki号树上去，也就是一次可以飞过ki棵树。
如果小鸟飞到一棵不矮于当前树的树，那么他的劳累值会+1，否则不会。
小鸟们希望最小化劳累值，请你计算每只小鸟达到终点所需最小劳累值。

输入格式

第一行，一个整数N(2<=N<=100000)
第二行，N个空格间隔的整数，第i个数表示第i棵树的高度Di。(1<=Di<=10^9)
第三行，一个整数Q(1<=Q<=25),表示小鸟的数量
接下来Q行，每行一个整数，其中第i个整数表示第i只小鸟的飞跃能力ki。
1<=Ki<=N-1

输出格式

Q行，每行一个整数，表示对应小鸟的劳累值

题解：

动归+优先队列优化。
首先状态是f[i]表示飞到i点需要的最少劳累值。
方程：枚举后k棵目标树j，若当前树比它高则f[j]=min(f[j],f[i])，否则f[j]=min(f[j],f[i]+1)
时间复杂度：$O(n*k)$,显然超时。
而n的范围几乎是满的，就可以确定该算法复杂度只能是$O(n)$。
所以想到优先队列，维护一个单增的队列（注意不是树的高度是飞行的劳累值，劳累值要尽可能的小）
而每次新计算一棵树，只需判断它与队首高度差，若高于队首则f[j]=f[队首树]+1。
同时限制小鸟飞行距离。由于需要使队中树高尽可能高，若队尾 的f值等于f[i]且没有当前树高，则将其弹出。

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<deque>
#include<cstring>
using namespace std;
deque <pair<int,int> > q;
int f[100010],a[100010];
int main(){
    int i,j,n,Q,k;
    scanf("%d",&n);
    for(i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    scanf("%d",&Q);
    for(j=1;j<=Q;j++){
        scanf("%d",&k);
        q.clear();
        memset(f,0,sizeof(f));//初始化 
        for(i=1;i<=n;i++){
            while(!q.empty()&&i-q.front().second>k)q.pop_front();//限制小鸟飞行距离
            if(q.empty())q.push_back(make_pair(a[i],i));//队为空则加入元素 
            else {
                if(q.front().first>a[i])f[i]=f[q.front().second];
                else f[i]=f[q.front().second]+1;//根据队首计算当前劳累值 
                while(!q.empty()&&(f[q.back().second]>f[i]||(f[q.back().second]==f[i]&&q.back().first<a[i])))q.pop_back();//更新队列 
                q.push_back(make_pair(a[i],i));
            }
        }
        printf("%d\n",f[n]);
    }
    return 0;
}

D.舞会

问题描述

约翰的N(2≤N≤10000)只奶牛非常兴奋，因为这是舞会之夜！她们穿上礼服和新鞋子，别上鲜花，她们要表演圆舞．
只有奶牛才能表演这种圆舞．圆舞需要一些绳索和一个圆形的水池．奶牛们围在池边站好，顺时针顺序由1到N编号．每只奶牛都面对水池，这样她就能看到其他的每一只奶牛．为了跳这种圆舞，她们找了M(2≤M≤50000)条绳索．若干只奶牛的蹄上握着绳索的一端，绳索沿顺时针方绕过水池，另一端则捆在另一些奶牛身上．这样，一些奶牛就可以牵引另一些奶牛．有的奶牛可能握有很多绳索，也有的奶牛可能一条绳索都没有。
对于一只奶牛，比如说贝茜，她的圆舞跳得是否成功，可以这样检验：沿着她牵引的绳索，按顺时针方向，找到她牵引的奶牛，再沿着这只奶牛牵引的绳索，又找到一只被牵引的奶牛，如此下去，若最终能回到贝茜，则她的圆舞跳得成功，如果这样的检验无法完成，那她的圆舞是不成功的．
如果两只成功跳圆舞的奶牛有绳索相连，那她们可以同属一个组．
给出每一条绳索的描述，请找出，成功跳了圆舞的奶牛有多少个组(要求一组至少有两头奶牛)？

输入格式

第1行输入N和M，
接下来M行每行两个整数A和B，表示沿顺时针方向A牵引着B.

输出格式

一个整数，表示成功跳圆舞的奶牛组数．

题解：

判环裸题。计算强联通分量，只要点超过一个ans++即可。

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn=10000;
int sum,n,m,dfs[maxn+10],cnt=0;
bool mark[maxn+10];
vector <int> ma[maxn+10],nima[maxn+10];
void dfs1(int x){
    vector <int> ::iterator it;
    mark[x]=true;
    for(it=ma[x].begin();it!=ma[x].end();it++)if(!mark[*it])dfs1(*it);
    dfs[++cnt]=x;
}
void dfs2(int x){
    vector <int> ::iterator it;
    mark[x]=true;
    for(it=nima[x].begin();it!=nima[x].end();it++)if(!mark[*it])dfs2(*it);
    sum--;
}
int main(){
    int i,j,x,y,ans=0,pre;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        ma[x].push_back(y);
        nima[y].push_back(x);
    }
    for(i=1;i<=n;i++)
        if(!mark[i])dfs1(i);
    sum=n;memset(mark,0,sizeof(mark));
    for(i=n;i>=1;i--)if(!mark[dfs[i]]){
        pre=sum;
        dfs2(dfs[i]);
        if(pre-sum>1)ans++;//只要点个数超过1则ans++ 
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}