2017 百度之星B轮初赛(Chess, 度度熊的交易计划, 小小粉丝度度熊)

来源：互联网发布：高瓴资本集团大数据编辑：程序博客网时间：2024/05/16 19:53

Chess

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車是中国象棋中的一种棋子，它能攻击同一行或同一列中没有其他棋子阻隔的棋子。一天，小度在棋盘上摆起了许多車……他想知道，在一共N×M个点的矩形棋盘中摆最多个数的車使其互不攻击的方案数。他经过思考，得出了答案。但他仍不满足，想增加一个条件：对于任何一个車A，如果有其他一个車B在它的上方（車B行号小于車A），那么車A必须在車B的右边（車A列号大于車B）。

现在要问问你，满足要求的方案数是多少。

思路：

一看到题目就是类似八皇后的水题...敲完直接提交TLE。顿时冷静一看被骗了，其实就是从max(n, m)中选min(n, m)的组合数，即C(min(n, m), max(n, m));

代码：

#include <bits/stdc++.h>#define LL long longusing namespace std;const LL mod = 1e9+7;LL C[1005][1005];void init(){    for(int i = 0; i <= 1000; ++i)    C[i][0] = 1;    for(int i = 1; i <= 1000; ++i)    for(int j = 1; j <= i; ++j)    C[i][j] = (C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;}int n, m;int main(){    int t; init();    scanf("%d", &t);    while(t--)    {        scanf("%d %d", &n, &m);        int minn = min(n, m);        int maxx = max(n, m);        printf("%I64d\n", C[maxx][minn]);    }    return 0;}

度度熊的交易计划

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度度熊参与了喵哈哈村的商业大会，但是这次商业大会遇到了一个难题：

喵哈哈村以及周围的村庄可以看做是一共由n个片区，m条公路组成的地区。

由于生产能力的区别，第i个片区能够花费a[i]元生产1个商品，但是最多生产b[i]个。

同样的，由于每个片区的购买能力的区别，第i个片区也能够以c[i]的价格出售最多d[i]个物品。

由于这些因素，度度熊觉得只有合理的调动物品，才能获得最大的利益。

据测算，每一个商品运输1公里，将会花费1元。

那么喵哈哈村最多能够实现多少盈利呢？

本题包含若干组测试数据。每组测试数据包含：第一行两个整数n,m表示喵哈哈村由n个片区、m条街道。接下来n行，每行四个整数a[i],b[i],c[i],d[i]表示的第i个地区，能够以a[i]的价格生产，最多生产b[i]个，以c[i]的价格出售，最多出售d[i]个。接下来m行，每行三个整数,u[i],v[i],k[i]，表示该条公路连接u[i],v[i]两个片区，距离为k[i]

可能存在重边，也可能存在自环。

满足: 1<=n<=500, 1<=m<=1000, 1<=a[i],b[i],c[i],d[i],k[i]<=1000, 1<=u[i],v[i]<=n

思路：

很明显的最小费用可行流，建图也挺好建，即新建立一个源点s和汇点t，源点s与每个片区建边，容量为该片区可生产个数，费用为单个成本，然后对所有片区之间建双向边容量为inf，费用为距离，之后再将每个片区与汇点t建边，容量为可卖出个数，费用为负的单价，最后跑一边最小费用流，并将最小费用取负当作答案。

不过还差最关键一步(比赛时没时间改了...)，因为我们SPFA寻找的是当前残留网络的一条可改进路，我们是为了最小费用可行流，而非最大流，所以当我们寻找到从s到t的可改进路dis[t] > 0时，此可改进路不会再减少费用，所以需要把最小费用最大流寻找增广路时return的条件改为判断dis[t]是否大于0，ok...

代码：

#include <bits/stdc++.h>  #define LL long longusing namespace std;  const LL inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;  const int maxn = 505;const int maxm = 1e6+maxn*10;  struct node  {      int v, to, next; LL w, cost; }edge[maxm];  int no, n, m, s, t;  int head[maxn], vis[maxn], pre[maxn], rec[maxn];LL dis[maxn];  queue<int> q;  inline void init()  {      no = 0;      memset(head, -1, sizeof head);  }  inline void add(int u, int v, LL w, LL f)  {      edge[no].v = v; edge[no].w = w; edge[no].cost = f;      edge[no].next = head[u]; head[u] = no++;      edge[no].v = u; edge[no].w = 0; edge[no].cost = -f;      edge[no].next = head[v]; head[v] = no++;  }  int SPFA(int s, int t)  {      memset(dis, 0x3f3f, sizeof dis);      memset(vis, 0, sizeof vis);      while(!q.empty()) q.pop();      q.push(s); dis[s] = 0; vis[s] = 1;      while(!q.empty())      {          int tp = q.front(); q.pop();          vis[tp] = 0;          int k = head[tp];          while(k != -1)          {              if(dis[edge[k].v] > dis[tp] + edge[k].cost && edge[k].w)              {                  dis[edge[k].v] = dis[tp] + edge[k].cost;                  pre[edge[k].v] = tp; rec[edge[k].v] = k;                  if(vis[edge[k].v] == 0)                  {                      vis[edge[k].v] = 1;                      q.push(edge[k].v);                  }              }              k = edge[k].next;          }      }      if(dis[t] > 0) return 0;      return 1;  }  LL Mcmf(int s, int t)  {      LL minflow, mincost = 0, maxflow = 0;      int k;    while(SPFA(s, t))      {          k = t; minflow = inf;          while(k != s)          {              minflow = min(minflow, edge[rec[k]].w);              k = pre[k];          }          k = t; maxflow += minflow;          while(k != s)          {              mincost += minflow*edge[rec[k]].cost;              edge[rec[k]].w -= minflow;              edge[rec[k]^1].w += minflow;              k = pre[k];          }    }    return -mincost;  }  int main()  {      int a, b, c, d, s, t;    while(~scanf("%d %d", &n, &m)){init();int s = 501, t = 502;for(int i = 1; i <= n; ++i){scanf("%d %d %d %d", &a, &b, &c, &d);add(s, i, b, a);add(i, t, d, -c);}    for(int i = 1; i <= m; ++i)      {        scanf("%d %d %d", &a, &b, &c);          if(a == b) continue;        add(a, b, inf, c);add(b, a, inf, c);      }    printf("%I64d\n", Mcmf(s, t));}    return 0;  }

小小粉丝度度熊

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度度熊喜欢着喵哈哈村的大明星——星星小姐。

为什么度度熊会喜欢星星小姐呢？

首先星星小姐笑起来非常动人，其次星星小姐唱歌也非常好听。

但这都不是最重要的，最重要的是，星星小姐拍的一手好代码！

于是度度熊关注了星星小姐的贴吧。

一开始度度熊决定每天都在星星小姐的贴吧里面签到。

但是度度熊是一个非常健忘的孩子，总有那么几天，度度熊忘记签到，于是就断掉了他的连续签到。

不过度度熊并不是非常悲伤，因为他有m张补签卡，每一张补签卡可以使得某一忘签到的天，变成签到的状态。

那么问题来了，在使用最多m张补签卡的情况下，度度熊最多连续签到多少天呢？

思路：

先将所有能合成的区间合成一个，然后再从新的区间数组里进行尺取即可，注意细节(少写一个q++连TLE几发...)

代码：

#include <bits/stdc++.h>#define LL long longusing namespace std;const int maxn = 1e5+5;struct node{LL l, r;bool operator<(const node k)const{return l < k.l;}} old[maxn], now[maxn];int n, m, cnt;LL ans, sum, at;int main(){while(~scanf("%d %d", &n, &m)){for(int i = 1; i <= n; ++i)scanf("%lld %lld", &old[i].l, &old[i].r);sort(old+1, old+n+1);cnt = 1;now[cnt].l = old[1].l, now[cnt].r = old[1].r;for(int i = 2; i <= n; ++i){if(old[i].l <= now[cnt].r)now[cnt].r = max(now[cnt].r, old[i].r);else{++cnt;now[cnt].l = old[i].l, now[cnt].r = old[i].r;}}int q = 1, h = 2;sum = now[1].r-now[1].l+1;ans = sum+m, at = m;while(h <= cnt){LL jg = now[h].l-now[h-1].r-1;if(at < jg){++q;while(q < h && at < jg){LL jg1 = now[q].l-now[q-1].r-1;sum -= now[q-1].r-now[q-1].l+1;sum -= jg1, at += jg1;++q;}if(at < jg){ans = max(ans, now[h].r-now[h].l+1+at);sum = now[h].r-now[h].l+1;}else{--q;at -= jg, sum += jg;sum += now[h].r-now[h].l+1;ans = max(ans, sum+at);}}else{at -= jg, sum += jg;sum += now[h].r-now[h].l+1;ans = max(ans, sum+at);}++h;}printf("%lld\n", ans);}return 0;}

继续加油~

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2 0