T1：
数轴上有 n 个点，第 i 个点的坐标为 xi，权值为 wi。两个点 i,j 之间存在一条边当且仅当 abs(xi-xj)>=wi+wj。 你需要求出这张图的最大团的点数。 （团就是两两之间有边的顶点集合） 【输入格式】 输入文件clique.in 第一行一个整数 n，接下来 n 行每行两个整数 xi,wi。 【输出格式】 输出文件clique.out 输出一行一个整数，表示最大团的点数。 【样例输入】 4 2 3 3 1 6 1 0 2 【样例输出】 3 【数据范围】 对于 20%的数据，n<=10。 对于 60%的数据，n<=1000。 对于 100%的数据，n<=200000，0<=|xi|,wi<=10^9。
本弱看到这道题时第一反应肯定是n^2连边也过不了啊，所以肯定有巧妙的方法来解这道题废话我们可以看到，有边相连的2个点的要求是abs(xi-xj)>=wi+wj，也就是说如果i和j有边，那么从xi-wi到xi+wi和xj-wj到xj+wj这两段区间是没有重合部分的，那么我们把每个点都扩成一段区间，最多的不重合的区间数就是最大团的点数，因为互不重合就代表了两两之间有边。
代码：
1 #include<algorithm> 2 #include<iostream> 3 #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 { 17 freopen("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 参加了一场神秘的游戏。游戏中有 n 堆硬币,第 i 堆价值 ai。 每次小 H 可以选择编号相差 k 的硬币同时拿走。注意拿走后硬币不进行重标号。 小 H 想知道最多能拿走多大价值的硬币。 【输入格式】 输入文件coin.in 第一行两个整数 n,k。 第二行 n 个整数。第 i 个整数表示 ai。 【输出格式】 输出文件coin.out 一行一个整数,表示拿走硬币的最大价值。 【样例输入】 7 3 7 5 8 6 4 3 2 【样例输出】 33 【数据范围】 对于 20%的数据,n<=20。 对于 40%的数据,n<=2000。 对于另外 20%的数据,k<=10。 对于 100%的数据,n<=100000,k<=n,0<=ai<=1000000000。
本弱的脑回路有点怪（其实就是弱的做不粗来），想了半天的给可以同时拿走的数之间连边，也没搞出来，最后去看的题解（捂脸）。思路如下：既然可以两组队的拿走，那么对于膜k相等的数里就最多只有1个数拿不走，就是当这些数有奇数个的时候，有一个拿不走，并且这个一定是在奇数位置的，就是把所有的膜k相等的数按原来的顺序排成一列，奇数位置上的数，所以只要把这些位置上的数取min，然后把这个最小的数减掉就可以了，不过如果一共有偶数个就不需要减了，因为都可以拿走。
代码：
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;//极大值开小了 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 }
T3：
有n个樱桃排成一列，第i个樱桃的甜度为v[i]，你要把n个樱桃分成若干组，其中每一组的樱桃必须相邻。每一组樱桃的美味度为(sum-T)^2 ， 其中sum是这组樱桃的甜度之和，T为输入给定的系数。 一组方案的美味度为每一组的美味度之和。 求可行方案最小的美味度。 【输入格式】 输入文件cherry.in 第一行两个正整数 n，T。 第二行n个整数，第i个整数是第i个樱桃的甜度，v[i]。 【输出格式】 输出文件cherry.out 一行一个非负整数，为最小美味度。 【样例输入】 5 5 3 5 2 1 6 【样例输出】 9 【数据范围】 对于50%的数据满足 n<=10,T<=1000,v[i]<=10 对于70%的数据满足 n<=100 对于所有数据，n<=10^3,T<=1000,v[i]<=10
看到数据范围肯定会想起是不是n^2做法啊，其实这题大概是dp，f[i]代表前i个樱桃分成若干组的最小美味度，那么有转移方程：f[i]={min(f[i],sum[i]-sum[j-1]-T)^2) | j<=i},然后就皆大欢喜啦。
代码：
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 }