17.5.13 考试结题报告
来源:互联网 发布:网络语弹棉花啥意思 编辑:程序博客网 时间:2024/05/23 00:45
昨天把脸给拉了一道大口子,缝了五针,BigGang带我去了县医院,本来不想告诉家里只想说只是小划伤,哎~还是让我爸爸知道了,没事,他帮我瞒着我妈,脸上糊着一块大纱布,不敢出去、更不敢笑。所有沧桑独自承受,所有伤痛葬爱寂寞。我爸给我炖鸡腿,还非让我吃,你是忘了我伤口刚缝上了吗?愁死我了。
开始说正事:
T1、T2 100,T3 0
解题报告:
Codevs 2796 最小完全图
时间限制: 1 s 空间限制: 128000 KB 题目等级 : 钻石 Diamond
题目描述 Description
若一个图的每一对不同顶点都恰有一条边相连,则称为完全图。
最小生成树MST在Smart的指引下找到了你,希望你能帮它变成一个最小完全图(边权之和最小的完全图)。
注意:必须保证这个最小生成树MST对于最后求出的最小完全图是唯一的。
输入描述 Input Description
第一行一个整数n,表示生成树的节点数。
接下来有n-1行,每行有三个正整数,依次表示每条边的顶点编号和边权。
(顶点的边号在1-n之间,边权<231)
输出描述 Output Description
一个整数ans,表示以该树为最小生成树的最小完全图的边权之和。
样例输入 Sample Input
4
1 2 1
1 3 1
1 4 2
样例输出 Sample Output
12
数据范围及提示 Data Size & Hint
30%的数据:n<1000;
100%的数据:n≤20000,所有的边权<231。
#include<iostream>#include<cstring>#include<cstdio>#include<algorithm>#include<cstdlib>using namespace std;#define LL long longconst int maxn = 20010;int size[maxn],n;struct Edge{ LL u,v,w; }e[maxn];LL ans,fa[maxn];LL find(LL x){ if(x==fa[x]) return x; else return fa[x]=find(fa[x]);}bool cmp(Edge a,Edge b){ return a.w<b.w; }int main(){ scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n-1;i++){ scanf("%lld%lld%lld",&e[i].u,&e[i].v,&e[i].w); ans+=e[i].w; } for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i,size[i]=1; sort(e+1,e+n,cmp); for(int i=1;i<=n-1;i++){ LL u=e[i].u,v=e[i].v; u=find(u);v=find(v); ans+=(size[u]*size[v]-1)*(e[i].w+1); if(v!=u){ fa[v]=u; size[u]+=size[v]; } } printf("%lld\n",ans); return 0;}
Kursual乱搞~
Codevs 1497 取余运算
时间限制: 1 s 空间限制: 128000 KB 题目等级 : 钻石 Diamond
题目描述 Description:
输入b,p,k的值,编程计算bp mod k的值。其中的b,p,k*k为长整型数(2^31范围内)。
输入描述 Input Description:
b p k
输出描述 Output Description:
输出b^p mod k=?
=左右没有空格
样例输入 Sample Input:
2 10 9
样例输出 Sample Output:
2^10 mod 9=7
#include<cstdio>#include<iostream>#define LL long longusing namespace std;LL b,p,k;LL poww(int a,int b){ LL ret=1,base=a; while(b){ if(b&1) ret*=base; base*=base; base%=k; b>>=1; ret%=k; } return ret%k;}int main(){ cin>>b>>p>>k; cout<<b<<"^"<<p<<" mod "<<k<<"="<<poww(b%k,p); return 0;}
快速幂,考试的时候稍微有点忘~
T3 Codevs : 1257 打砖块
时间限制: 1 s 空间限制: 128000 KB 题目等级 : 大师 Master
题目描述 Description
在一个凹槽中放置了n层砖块,最上面的一层有n块砖,第二层有n-1块,……最下面一层仅有一块砖。第i层的砖块从左至右编号为1,2,……i,第i层的第j块砖有一个价值a[i,j](a[i,j]<=50)。下面是一个有5层砖块的例子。如果你要敲掉第i层的第j块砖的话,若i=1,你可以直接敲掉它,若i>1,则你必须先敲掉第i-1层的第j和第j+1块砖。
你的任务是从一个有n(n<=50)层的砖块堆中,敲掉(m<=500)块砖,使得被敲掉的这些砖块的价值总和最大。
输入描述 Input Description
你将从文件中读入数据,数据的第一行为两个正整数,分别表示n,m,接下来的第i每行有n-i+1个数据,分别表示a[i,1],a[i,2]……a[i,n – i + 1]。
输出描述 Output Description
输出文件中仅有一个正整数,表示被敲掉砖块的最大价值总和。
样例输入 Sample Input
4 5
2 2 3 4
8 2 7
2 3
49
样例输出 Sample Output
19
数据范围及提示 Data Size & Hint
敲掉第一层的四块砖,再敲掉第二层的第一块砖,2+2+3+4+8=19
看的题解:
f[i][j][k] 表示要 敲掉第i行第j列的砖,且敲掉该砖后,总共敲的砖的数目最多为k上一张容易看转移的图片。。。
阶段斜着枚举。。。(右上到左下)i=1时,f[i][j][k]=max{ f[k1][k2][k-1] } 点(k1,k2)是之前求过的所有点(前缀和优化)i!=1时,f[i][j][k]=max{ f[p][q][k-i] +前缀和[红色格子+绿色格子]}解释一下。。。要敲掉红色砖块一定要 敲掉绿色砖块和 红点砖块 的任意一个如图,i,j是红色格子,p,q是所有红点格子,k-i是红色格子+绿色格子的数量
最后答案全部扫一遍所有格子f[i][j][m]的最大值即可。。。
图中的 蓝色箭头 从左到右表示1..n的n个阶段(最后俩箭头没画。。。)
每个阶段中(对于其中一条蓝色箭头),按照 蓝色箭头的方向 扫一遍。。。
#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#define N 59using namespace std;int n,m,a[N][N],sum[N][N],f[N][N][509],num[N][N],ans,maxx,qian[509];int main(){ int i,j,k,x,y,p,q; scanf("%d%d",&n,&m); for(i=1;i<=n;i++) for(j=1;j<=n-i+1;j++){ scanf("%d",&a[i][j]); sum[i][j]=a[i][j]+sum[i-1][j+1]; num[i][j]=(i+1)*i/2; } for(i=1;i<=n;i++){ for(j=i;j>=1;j--) for(k=1;k<=m;k++){ y=j,x=i+1-y; if(num[x][y]>m) continue; if(x==1){ f[x][y][k]=a[x][y]+qian[k-1]; continue; } for(p=x-1,q=y;q>=1;p++,q--){ if(num[p][q]>k-x) break; f[x][y][k]=max(f[x][y][k],sum[x][y]+f[p][q][k-x]); } } for(j=i;j>=1;j--) for(k=1;k<=m;k++) y=j,x=i+1-y,qian[k]=max(qian[k],f[x][y][k]); } for(i=1;i<=n;i++) for(j=1;j<=n-i+1;j++) ans=max(ans,f[i][j][m]); cout<<ans<<endl; }
不想学,也学不进去,今天实在不在状态~
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