2017年12月励志杯月赛 题解

T1 中位数（median.cpp）

【题目描述】
有一个长度为N的数列{A1,A2,…An}，这N和数字恰好是1..N的一个排列。你需要统计有多少个子序列{Ai,Ai+1,…Aj}满足：i<=j且j-i+1为奇数，序列的中位数为B。例如{5,1,3}的中位数为3。
【输入文件】
第一行包含两个正整数N和B；第二行包含N个整数，第i个整数为Ai。
【输出文件】
仅包含一个整数，为满足条件的子序列的个数。
【样例输入】
7 4
5 7 2 4 3 1 6
【样例输出】
4
【数据规模】
对于30%的数据中，满足N<=100；
对于60%的数据中，满足N<=1000；
对于100%的数据中，满足N<=100000,1<=B<=N。

【题解】【规律+递推】
【因为B是序列的中位数，所以B一定存在于序列中，所以，记录B在序列中的位置num，并把相对应的数置为0；把小于B的数置为-1；大于B的数置为1。】
【分别从num向左向右扫描，并分别设一个累加器，将枚举时遇到的0、1、-1都加入累加器里，并分别用L、R数组记录累加器中每个数出现的次数】
【最后求：∑L[i]*R[-i]（但因为C++没有负数下标，所以要整体向右移n个下标）】

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;int a[100010],L[200010],R[200010],n,b,num,ans;int main(){    freopen("median.in","r",stdin);    freopen("median.out","w",stdout);    int i,j;    scanf("%d%d",&n,&b);    for(i=1;i<=n;++i)     {        scanf("%d",&a[i]);        if(a[i]==b) {num=i; a[i]=0; continue;}        if(a[i]>b) a[i]=1;         else a[i]=-1;     }    int l=n,r=n;    for(i=num;i>0;--i) l+=a[i],L[l]++;    for(i=num;i<=n;++i) r+=a[i],R[r]++;    int len=2*n;    for(i=0;i<=len;++i)      ans+=(L[i]*R[len-i]);    printf("%d\n",ans);    return 0;}

一、敲砖块
【题目描述】
在一个凹槽中放置了N层砖块，最上面的一层油N块砖，从上到下每层一次减少一块砖。每块砖都有一个分支，敲掉这块砖就能得到相应的分值，如图所示。

如果你想敲掉第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。
你现在可以敲掉最多M块砖，求得分最多能有多少。
【输入文件】
输入文件的第一行有两个正整数N和M；
接下来的N行，描述这N层砖块上的分值A[i,j]，满足0<=A[i,j]<=100。
【输出文件】
仅一行，包含一个整数，为最大的得分。
【样例输入】
4 5
2 2 3 4
8 2 7
2 3
49
【样例输出】
19
【数据规模】
对于20%的数据，满足1<=N<=10,1<=M<=30
对于100%的数据，满足1<=N<=50,1<=M<=500。

题解：
首先我们将砖块向左对齐，变成一个直角三角形的形式，可以发现：
1. 每一列必须敲掉从第一行开始的从上到下的若干个砖块
2.如果某一列敲掉了K个砖块，那么其右边的那一列至少敲掉了K-1个砖块。
所以我们可以dp。
f [ i ] [ j ] [ k ] 表示从右到左已经敲到了第I列，其中第I列敲掉了J个砖块且还剩K个砖块所得到的最大价值。
f[i][j][k]=max(f[i+1][v][k+j])+a[1][i]+..+a[1]=j-1>j

#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>using namespace std;int n,m,a[510][510],fi,fj,fk,v[510][510],f[60][60][510],ans; int main(){    freopen("brike.in","r",stdin);    freopen("brike.out","w",stdout);    scanf("%d%d",&n,&m);    for (int i=1;i<=n;i++)      for (int j=1;j<=n-i+1;j++)        {            scanf("%d",&a[i][j]);        }    for (int i=n;i>=1;i--)      for (int j=1;j<=n-i+1;j++)         v[i][j]=v[i][j-1]+a[j][i];    memset(f,-1,sizeof(f));    f[n+1][0][m]=0;    for (int j=n;j>=1;j--)      for (int i=0;i<=n-j+1;i++)        for (int k=m-i;k>=0;k--)        {            for (int l=i-1;l<=n-j+1;l++)            if (f[j+1][l][k+i]!=-1)                f[j][i][k]=max(f[j][i][k],f[j+1][l][k+i]+v[j][i]);            if (ans<f[j][i][k])            {                ans=f[j][i][k];            }        }      printf("%d",ans); }

T3 邮递员送信

【问题描述】
有一个邮递员要送东西，邮局在节点1.他总共要送N-1样东西，其目的地分别是2~N。由于这个城市的交通比较繁忙，因此所有的道路都是单行的，共有M条道路，通过每条道路需要一定的时间。这个邮递员每次只能带一样东西。求送完这N-1样东西并且最终回到邮局最少需要多少时间。
【样例输入】

5 102 3 51 5 53 5 61 2 81 3 85 3 44 1 84 5 33 5 65 4 2

【样例输出】

83

【题解 思路1】
题解：大水题，考试想到了两遍最短路，却没有继续向深层思考。只要将边反过来，那之前是1到2~n个点的最短路，反过来就是2~n个点到1的最短路，两遍dijkstra便可。同时要注意题目中有重边出现，用邻接矩阵注意判重，这也显示出了邻接表的优势，邻接表不需要判重。

#include<cmath>#include<cstdio>#include<iostream>#include<cstring>using namespace std;int n,m,maxx=1e9,minn,t,z,i,j,k,x,y;long long ans;bool flag[1006];int c[1006],d[1006];int f1[1006][1006],f2[1006][1006];int get(){    int x=0,p=1;    char c;    c=getchar();    while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') p=-1;c=getchar();}    while (c>='0'&&c<='9') {x=x*10+c-'0';c=getchar();}    return x*p;}int main(){       n=get();m=get();    memset(f1,127/3,sizeof(f1));    memset(f2,127/3,sizeof(f2));    memset(c,127/3,sizeof(c));    memset(d,127/3,sizeof(d));    maxx=f1[0][0];    for (i=1;i<=m;i++)    {        x=get();y=get();z=get();        if (f1[x][y]!=maxx) f1[x][y]=min(f1[x][y],z);        else f1[x][y]=z;        if (f2[y][x]!=maxx) f2[y][x]=min(f2[y][x],z);        else f2[y][x]=z;    }    memset(flag,false,sizeof(flag));    for (i=1;i<=n;i++) c[i]=f1[1][i];    flag[1]=true;    c[1]=0;    for (i=1;i<=n-1;i++)    {        minn=maxx;        k=0;        for (j=1;j<=n;j++)            if ((!flag[j])&&(c[j]<minn))            {                minn=c[j];                k=j;            }        if (k==0) break;        flag[k]=true;        for (j=1;j<=n;j++)        {            if (c[k]+f1[k][j]<c[j])                c[j]=c[k]+f1[k][j];        }    }    memset(flag,false,sizeof(flag));    for (i=1;i<=n;i++) d[i]=f2[1][i];    flag[1]=true;    d[1]=0;    for (i=1;i<=n-1;i++)    {        minn=maxx;        k=0;        for (j=1;j<=n;j++)            if ((!flag[j])&&(d[j]<minn))            {                minn=d[j];                k=j;            }        if (k==0) break;        flag[k]=true;        for (j=1;j<=n;j++)        {            if (d[k]+f2[k][j]<d[j])                d[j]=d[k]+f2[k][j];        }    }    for (i=1;i<=n;i++)        ans+=c[i]+d[i];     printf("%lld",ans);  }

【题解】【最短路】
【这道题思路十分精妙，因为是有向图，所以刚开始按数据建图，跑一遍SPFA；再把所有边反向，再跑一遍SPFA。把两次的最短路都加入答案】

#include<queue>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#define ll long longusing namespace std;int f[1010][1010];int a[100010],nxt[100010],p[1010],val[100010],tot;int n,m;ll ans,dis[1010];inline void add(int x,int y,int v){    tot++; a[tot]=y; nxt[tot]=p[x]; p[x]=tot; val[tot]=v;}inline void spfa(){    queue<int>que;    memset(dis,127/3,sizeof(dis));    dis[1]=0; que.push(1);    while(!que.empty())     {        int u=que.front(); que.pop();        int v=p[u];        while(v!=-1)         {            if(dis[a[v]]>dis[u]+(ll)val[v])             {                dis[a[v]]=dis[u]+(ll)val[v];                que.push(a[v]);               }            v=nxt[v];          }     }    for(int i=2;i<=n;++i) ans+=dis[i];    return;}int main(){    freopen("post.in","r",stdin);    freopen("post.out","w",stdout);    int i,j;    memset(f,127,sizeof(f));    memset(p,-1,sizeof(p));    memset(nxt,-1,sizeof(nxt));    scanf("%d%d",&n,&m);    for(i=1;i<=m;++i)      {        int x,y,z;        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);        if(f[x][y]>z) f[x][y]=z;        add(x,y,z);      }    spfa(); tot=0;    memset(p,-1,sizeof(p));    memset(nxt,-1,sizeof(nxt));    for(i=1;i<=n;++i)     for(j=1;j<=n;++j)      if(i!=j&&f[i][j]!=f[0][0])       add(j,i,f[i][j]);    spfa();    printf("%lld\n",ans);    return 0;}