NOIP2006题解

能量项链：
题目大意：有n个珠子串成一个环，每个珠子有头标记和尾标记，每次可以合并任意相邻的两颗珠子i,j，所得的能量为head[i]*head[j]*tail[j]，求将n颗珠子合并成一颗的最大能量和。n<=100.
题解：
对于有环的题目，我们一般先拆环为链，变成一条长度为2n的链。然后我们发现最终答案就是在这条长度为2n的链上找到一段长度为n的区间进行操作使得能量和最大。不难想到对于长度为n的区间我们可以看作是找到一段长度为n-1的区间进行操作使得能量和最大，再将这个能量和加上最后两颗珠子合并所得到的能量。同理可以推出n-1,n-2,n-3….2。典型的具有无后效性，于是我们采取DP解题。
由于我们刚才推出的结论与长度有关，因此我们将长度作为第一维循环，于是当我们循环到i时，我们必定知道1~i-1时的每个最优值，于是就转化为经典的区间DP了。
设f[j][j+i-1]代表从第j位到第j+i-1位的最大能量和，则
f[j][j+i-1]=max(f[j][k]+f[k+1][j+i-1]+a[j]*a[k+1]+a[j+i])(j<=k)

#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;int n,i,j,k,f[210][210],a[210],ans;int main(){    scanf("%d",&n);    for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);    for(i=n+1;i<=n*2;i++)a[i]=a[i-n];    for(i=2;i<=n;i++)        for(j=1;j<=2*n-i;j++)            for(k=j;k<j+i-1;k++)                f[j][j+i-1]=max(f[j][j+i-1],f[j][k]+f[k+1][j+i-1]+a[j]*a[k+1]*a[j+i]);    for(i=1;i<=n;i++)ans=max(ans,f[i][i+n-1]);    printf("%d",ans);    return 0;}

金明的预算方案：
题目大意：有n个物品，每个物品有一个价格和重要度，并且有可能有附件（即买了该物品才能买附件），求用不超过m的钱使得所有购买物品的价格*重要度之和最大，n<=60,m<=32000，所有价格（包括m）均为10的倍数，每个物品最多为两个物品的必需品。
题解：
显然可以看出这是一道裸的背包，因为有附件的存在，我们可以用树依赖背包或者普通的带依赖品的背包做，由于这里每个物品最多为两个物品的必需品，我们可以选择用普通的依赖背包做。
由于所有价格都是10的倍数，我们在DP的时候先把所有价格都除以10，最后输出的时候将答案乘10即可。
其实所谓的带依赖品的背包就是分情况讨论一下……分当前物品有一个附件，当前物品有两个附件，和当前物品没有附件三种情况讨论，然后就按普通的01背包做即可。由于找到该物品的附件需要O(n)，复杂度太高（虽然这题n才60，是可以过去的），我们选择离散化。时间复杂度：O(n*m/10)，空间复杂度：O(m/10)。

#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;int n,m,v[70][10],p[70][10],a,f[3300],i,j,k,w[70],b,c,cnt,xh[70];int main(){    scanf("%d%d",&m,&n);m/=10;    for(i=1;i<=n;i++){        scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);        if(c)v[xh[c]][++w[xh[c]]]=a/10,p[xh[c]][w[xh[c]]]=b;        else v[++cnt][0]=a/10,p[cnt][0]=b,xh[i]=cnt;    }    for(i=1;i<=cnt;i++)        for(k=m;k>=v[i][0];k--){            f[k]=max(f[k],f[k-v[i][0]]+v[i][0]*p[i][0]);            if(w[i]>=1){                if(k>=v[i][0]+v[i][1])f[k]=max(f[k-v[i][0]-v[i][1]]+v[i][0]*p[i][0]+v[i][1]*p[i][1],f[k]);            }            if(w[i]>=2){                if(k>=v[i][0]+v[i][2])f[k]=max(f[k],f[k-v[i][0]-v[i][2]]+v[i][0]*p[i][0]+v[i][2]*p[i][2]);                if(k>=v[i][0]+v[i][1]+v[i][2])f[k]=max(f[k],f[k-v[i][0]-v[i][1]-v[i][2]]+v[i][0]*p[i][0]+v[i][1]*p[i][1]+v[i][2]*p[i][2]);            }        }    printf("%d",f[m]*10);    return 0;}

作业调度方案：
题目大意：给你n项作业，m台机器，每项作业都有m个部分，每项作业的每个部分都必须在规定的机器上完成，每项作业的每个部分需要花费一定的时间，每项作业的第i个部分当且仅当第i-1个部分完成了才可进行。每项作业必须安排在规定的机器上可用的时间段中最早的一段，求这么安排的总时间。
题解：
直接模拟即可，它说什么就做什么。

#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;int n,m,i,j,b[50],jiqi[50][50],shij[50][50],xh[410],cnt[410],k,ans;bool f[50][300],flag;int main(){    scanf("%d%d",&m,&n);    for(i=1;i<=n*m;i++)    scanf("%d",&xh[i]);    for(i=1;i<=n;i++)        for(j=1;j<=m;j++)scanf("%d",&jiqi[i][j]);    for(i=1;i<=n;i++)        for(j=1;j<=m;j++)scanf("%d",&shij[i][j]);    for(i=1;i<=n*m;i++){        cnt[xh[i]]++;        for(j=b[xh[i]]+1;;j++){            flag=1;            for(k=j;k<=j+shij[xh[i]][cnt[xh[i]]]-1;k++)                if(f[jiqi[xh[i]][cnt[xh[i]]]][k]){                    flag=0;                    break;                }            if(flag){                for(k=j;k<=j+shij[xh[i]][cnt[xh[i]]]-1;k++)f[jiqi[xh[i]][cnt[xh[i]]]][k]=1;                b[xh[i]]=j+shij[xh[i]][cnt[xh[i]]]-1;                ans=max(ans,j+shij[xh[i]][cnt[xh[i]]]-1);                break;            }        }    }    printf("%d",ans);    return 0;}

2k进制数
设r是个2k进制数，并满足以下条件：
1.r至少是个2位的2k进制数。
2.作为2k进制数，除最后一位外，r的每一位严格小于它右边相邻的那一位。
3.将r转换为2进制数q后，则q的总位数不超过w。
在这里，正整数k（1≤k≤9）和w(k< w≤30000)是事先给定的。
问：满足上述条件的不同的r共有多少个？
题解：
首先，我们需要把问题的条件转换一下：
1.r最多有w/k+1位。
2.r的取值方法相当于组合数（每一位严格小于它右边相邻的那一位相当于组合数）
所以我们可以发现这么一件事：
当我们确定r的第一位为i时，即可确定答案为C(2^k-1-i,w/k)。
而r的第一位最大值为2^(w%k)-1，所以累加就可以得到当r有w/k+1位时的方案数。
显然只要再求得r为2~w/k位时的方案数总和即可求得答案。
那么当r为i位时(i<=w/k)，即是2^k-1个数中取i个数，即C(2^k-1,i)，累加即可。
两个方案数累加即为答案，注意要用高精度。

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;int n,i,j,c[210],f[520][210],k,w,f1[520][210],ans[210],m,mm;void Plus(int a[],int b[]){    a[0]=max(a[0],b[0]);    for(int i=1;i<=a[0];i++){        a[i]+=b[i];        a[i+1]+=a[i]/10;        a[i]%=10;    }    if(a[a[0]+1])a[0]++;    while(a[a[0]]>9)a[a[0]+1]+=a[a[0]]/10,a[a[0]]%=10;}int main(){    scanf("%d%d",&k,&w);    m=w%k;    mm=1<<m;    n=1<<k;    if(m)mm--;    else mm=0;    n--;    f1[0][0]=f1[0][1]=1;    for(i=1;i<=n-mm-1;i++){        memset(f,0,sizeof(f));        f[0][0]=f[0][1]=1;        for(j=1;j<=i;j++)Plus(f[j],f1[j]),Plus(f[j],f1[j-1]);        memcpy(f1,f,sizeof(f));    }    for(;i<n;i++){        memset(f,0,sizeof(f));        f[0][0]=f[0][1]=1;        for(j=1;j<=i;j++)Plus(f[j],f1[j]),Plus(f[j],f1[j-1]);        Plus(ans,f[min(n,w/k)]);        memcpy(f1,f,sizeof(f));    }    memset(f,0,sizeof(f));    f[0][0]=f[0][1]=1;    Plus(f[1],f1[1]),Plus(f[1],f1[0]);    for(j=2;j<=min(w/k,n);j++){        Plus(f[j],f1[j]),Plus(f[j],f1[j-1]);        Plus(ans,f[j]);    }    if(!ans[0])putchar('0');    else for(i=ans[0];i;i--)putchar(ans[i]+'0');    return 0;}