动态规划测试test20170513

前言

这次考试有三个人AK，而我却因为被第三题我原来的做法虽然能够oj（难道是oj上的数据水？），被卡成50分，然后就250了。
然后这次考试跟平常理解的dp没有多大的关系。

题目

1.祖先们都在看着你(ancestors.pas/c/cpp)

Time Limit:1s Memory Limit:256MB

【题目描述】

公元前 2000 年。在某块草原中，生活着一群牛，它们都有着自己的图腾和信仰。因此，不同信仰的牛们很自然地分为了各个部族。为了自己所在部族的神灵，牛们经常会发起圣战，为神灵夺取地盘。在很长一段时间内，各个部族的矛盾几乎到达了不可调和的地步！这时，在众牛中，出现了一位豪杰，他在短时间内将各部族拉入麾下，建立起了血蹄部族。他就是后来为牛们所传颂的伟人：孛儿只斤•彰异牛，又名蜃牛•血蹄。他给牛们带来了文明。教会了牛们只用两个后蹄走路，空出前蹄来工作，以致于出现了后来谦逊而不失高贵，致力于侍奉自然的牛头人族。而那片草原正是后来的莫高雷。（求不吐槽……）
牛头人们的生活不是和平的，它们侍奉自然，对破坏自然平衡、亵渎大地母亲的行为深恶痛绝，所以，它们有着自己训练有素的军队。孛儿只斤•彰异牛逝世多年后，由于牛头人们的信仰，它们一直相信祖先彰异牛在看着它们（囧），正因为如此，它们在军队训练过程中没有丝毫懈怠。
某天，在彰异牛的注视下，N 个牛头人（依次标号 1 到 N）加入了军队，由某牛头人队长带领。而军队审查了他们的资料后，给出了 M 条指示，第 i 条指示的内容是：第 Ai 号牛头人必须站在第 Bi 号牛头人的左边，指示之间不会出现矛盾。牛头人队长拿到指示后，便开始规划 N 个牛头人的列队方式了。
现在，你需要用计算机的力量秒杀（1s 运行时间搞定）牛头人队长！

【输入格式】

第一行 2 个数字 N，M。
接下来 M 行，每行两个数字 Ai、Bi。

【输出格式】

输出 N 行，即 N 个牛头人的站队序列。如果有多个站队序列满足要求，输出任意一个即可。

【样例输入输出】

ancestors.in
5 4
1 2
2 3
3 4
4 5
ancestors.out
1
2
3
4
5

【样例解释】

1 在 2 前，2 在 3 前，3 在 4 前，4 在 5 前、只有排列 12345 满足要求。

【数据范围】

10%的数据 1≤N≤8、1≤M≤28。
40%的数据 1≤N≤1000、1≤M≤105。
100%的数据 1≤N≤105、1≤M≤106。

【题解】

题目太水，显然的拓扑排序求拓扑序列。
写法很多。

【代码】

#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#include <queue>using namespace std;template< typename Type >inline void Read( Type &In ){    In=0;char ch=getchar();    for( ;ch> '9'||ch< '0';ch=getchar() );    for( ;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar() )In = In*10 + ch-'0';}typedef long long LL;#define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))#define Min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))const int size = 1000000+10;int n,m,cnt;int du[size],head[size],val[size],nxt[size];bool vis[size];queue<int> q;void add_edge(int x,int y) {    nxt[cnt]=head[x];val[cnt]=y;head[x]=cnt++;}int main() {    freopen("ancestors.in","r",stdin);    freopen("ancestors.out","w",stdout);    memset(head,-1,sizeof head);    scanf("%d%d",&n,&m);    for(int i=1;i<=m;i++) {    int x,y;Read( x );Read( y );//scanf("%d%d",&x,&y);    add_edge(x,y);du[y]++;    }    for(int i=1;i<=n;i++)    if(!du[i])q.push(i);    while(!q.empty()) {    int now=q.front();q.pop();    if(!vis[now]) {        vis[now]=true;printf("%d\n",now);    }    for(int i=head[now];i!=-1;i=nxt[i]) {        du[val[i]]--;        if(!du[val[i]]) q.push(val[i]);    }    }    return 0;}

2.愿大地母亲保佑你(bless.pas/c/cpp)

Time Limit:1s Memory Limit:256MB

【题目描述】

牛头人们的生活从来不是和平的。刺背野猪人、鹰身人等种族经常来骚扰他们，还有一个很欠抽的某巨魔及其麾下的军队。
某天，仍然是在彰异牛的注视下，某牛头人临危受命，在大地母亲的保佑下，拿回了一张图纸，图纸上画的是某巨魔的组织关系示意图。这个图中包含的是某巨魔组织的从属关系（直属上级和直属下级），图绘制出来后的形态是 N 个点的树，但是这张图没有告诉牛头人对于一对有从属关系的巨魔，谁是上级谁是下级。巨魔中肯定有个最高指挥官（即没有从属上级的巨魔），但是牛头人现在不好判断哪个巨魔是最高指挥官了。
经过一个牛头人大德鲁伊分析后，得出结论，如果将某个巨魔从这个关系图中去掉后，这个图剩下的连通块中，点数最多那个块在所有去掉的方案中的点数最少，那么这个巨魔可能就是最高指挥官。现在，牛头人需要你找出一个最高指挥官。

【输入格式】

第一行 1 个数字 N。
接下来 N-1 行，每行两个数字 Ai、Bi，表示 Ai号巨魔和 Bi号巨魔之间有从属关系。

【输出格式】

输出一个数字，即巨魔最高指挥官的编号。如果有多个输出编号最小的那个。

【样例输入输出】

bless.in
3
1 2
2 3
bless.out
2

【样例解释】

1 在图中去掉后，剩下的连通块点数最多的为 2 个。2 在图中去掉后，剩下的连通块点
数最多的为 1 个，3 在图中去掉后，剩下的连通块点数最多为 2 个。

【数据范围】

20%的数据 1≤N≤1000。
100%的数据 1≤N≤106。

【题解】

首先无向图转有向图；
当一个点被删掉之后，产生的连通块有：
一：此点上方的所有点。
二：以此点的每一个儿子为根的子树。
然后就可以愉快的AC了。

【代码】

#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))#define Min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))typedef long long LL;const int size = 1000000+10;template< typename Type >inline void Read( Type &In ){    In=0;char ch=getchar();    for( ;ch> '9'||ch< '0';ch=getchar() );    for( ;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar() )In = In*10 + ch-'0';}int n,cnt;int nxt[size<<1],head[size<<1],val[size<<1],f[size<<1];int maxn=0x3f3f3f3f,ans;void add_edge(int x,int y) {    nxt[cnt]=head[x];val[cnt]=y;head[x]=cnt++;}namespace my_dfs {    void dfs(int now,int pre) {    f[now]=1;int Maxn=-1;    for(int i=head[now];i!=-1;i=nxt[i])        if(val[i]!=pre){        dfs(val[i],now);f[now]+=f[val[i]];        Maxn=Max(Maxn,f[val[i]]);        }    Maxn=Max(Maxn,n-f[now]);    if(maxn>Maxn){        maxn=Maxn;        ans=now;    }    }}int main() {    freopen("bless.in","r",stdin);    freopen("bless.out","w",stdout);    memset(head,-1,sizeof head);   Read(n);    for(int i=1;i<n;i++) {    int x,y;Read(x);Read(y);    add_edge(x,y);add_edge(y,x);    }    my_dfs::dfs(1,0);    printf("%d\n",ans);    return 0;}

3.大地母亲在忽悠着你(cheat.pas/c/cpp)

Time Limit:1s Memory Limit:256MB

【题目描述】

大地母亲在护佑着你……
……
对不住了，我不想写背景了。
……
某牛头人：愿大地母亲宽恕你的罪行……
……
如何得到宽恕？
……
某牛头人：计算∑mi=1nmodi的值。
……
大地母亲你真在忽悠我……

【输入格式】

第一行 2 个数字 M、N。

【输出格式】

输出一个数字，即答案。

【样例输入输出】

cheat.in
5 3
cheat.out
7

【样例解释】

3mod1=0
3mod2=1
3mod3=0
3mod4=3
3mod5=3
答案为 1+3+3=7。

【数据范围】

20%的数据 1≤N,M≤106。
100%的数据 1≤N,M≤109。

【题解】

原题：[CQOI2007]余数求和
他们那些AK的人的做法暴力分块求，而我当时的一个数学方法后面竟然TLE了.
这里给出一个AC的数学方法
找规律可知：f(i+1)=kmod(i+1)=k−q(i+1)=k−qi−q=f(i)−q（一个显然的等差数列递推式）;
也就是说两个相邻的自然数，若被k除的商相同，则被k取模后的两个数相差-q。
所以，只要找出一个区间[i,j]，使得k/i=k/(i+1)=…=k/j，即可用等差数列公式求出kmodi+kmod(i+1)+...+kmodj。
这个任务就是：解方程[k/x]=p。
可以轻易得到px≤k<(p+1)x，而我们只关注px≤k，即x≤kp，得出x=[kp]。
对于每一个i，令p=[k/i],q=kmodi,j=min(n,kp)。
根据等差数列公式得到kmodi+...+kmodj=q∗(j−i+1)−(j−i+1)∗(j−i)2∗p。

【代码】

#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>typedef long long LL;LL ans,n,k,p,q;inline LL read() {    LL in=0;char ch=getchar();    for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())        in=in*10+ch-'0';    return in;}int main() {    freopen("cheat.in","r",stdin);    freopen("cheat.out","w",stdout);    n=read();k=read();    for(LL i=1; i<=n; i++) {        p=k/i,q=k%i;        LL j=p?k/p:n;        if(j>n)j=n;        ans+=q*(j-i+1)-(j-i+1)*(j-i)/2*p;        i=j;    }    printf("%lld\n",ans);    return 0;}

总结

排名 名称 　bless cheat ancestors 　总分
1 　Lcy 　100 　　100 　100 　　　300
1 　Yzy 　100 　　100 　100 　　　300
1 　yyj 　100 　　100 　100 　　　300

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