HDU 5699 货物运输 (二分 + 不等式判断 好题)
来源:互联网 发布:淘宝旺铺免费模板 编辑:程序博客网 时间:2024/05/16 11:04
货物运输
Time Limit: 20000/10000 MS (Java/Others) Memory Limit: 131072/131072 K (Java/Others)
Total Submission(s): 17 Accepted Submission(s): 3
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Problem Description
公元2222年,l国发生了一场战争。
小Y负责领导工人运输物资。
其中有m 种物资的运输方案,每种运输方案形如li,ri 。表示存在一种货物从li 运到ri 。
这里有n 个城市,第i 个城市与第i+1 个城市相连(这里1 号城市和n 号城市并不相连),并且从i 号城市走到i+1 号或者从i+1 号走到i 号需要耗费1点时间。
由于高科技的存在,小Y想到了一种节省时间的好方案。在X号城市与Y号城市之间设立传送站,只要这么做,在X号城市走到Y号城市不需要耗费时间,同样的,从Y号城市走到X号城市也不需要耗费时间。
但是为了防止混乱,只能设立这么一条传送站。
现在这些运输方案同时进行,小Y想让最后到达目的地的运输方案时间最短。
在样例中,存在两条运输方案,分别是1号城市到3号与2号到4号,那么我们在2号城市与3号城市建立传送站,这样运输方案时间最长的只需要1点时间就可以了。
小Y负责领导工人运输物资。
其中有
这里有
由于高科技的存在,小Y想到了一种节省时间的好方案。在X号城市与Y号城市之间设立传送站,只要这么做,在X号城市走到Y号城市不需要耗费时间,同样的,从Y号城市走到X号城市也不需要耗费时间。
但是为了防止混乱,只能设立这么一条传送站。
现在这些运输方案同时进行,小Y想让最后到达目的地的运输方案时间最短。
在样例中,存在两条运输方案,分别是1号城市到3号与2号到4号,那么我们在2号城市与3号城市建立传送站,这样运输方案时间最长的只需要1点时间就可以了。
Input
多组测试数据
第一行两个整数n,m(1≤n,m≤1000000) 。
接下来m 行,每行两个整数li,ri(1≤li,ri≤n) 。(若li=ri ,则不需要耗费任何时间)
第一行两个整数
接下来
Output
一个数表示答案。
Sample Input
5 21 32 4
Sample Output
1
Source
2016"百度之星" - 初赛(Astar Round2B)
题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5699
题目分析:是一道二分的好题,其实从题面可以看出二分的意思,要求的是最小中的最大,但是比赛的时候没有想到怎么判断,巧妙就巧妙在判断这,首先二分答案mid,然后对于每个点对,本身距离小于等于mid的不用管,对距离大于mid的点对,我们要设一个传送站,现在就是要判断是不是所有大于mid的点对通过传送站花费都能小于等于mid,那么假设传送站的两个端点为x,y (x <= y),对于第i个距离大于mid的点对有不等式:|li - x| + |ri - y| <= mid,将这个不等式展开并变形得到:
li - x + ri - y <= mid => li + ri - mid <= x + y => li + ri - mid <= x + y 1)
li - x + y - ri <= mid => li - ri - mid <= x - y => ri - li + mid >= y - x 2)
x - li + ri - y <= mid => -li + ri - mid <= y - x => ri - li - mid <= y - x 3)
x - li + y - ri <= mid => -li - ri - mid <= -x -y => ri + li + mid >= x + y 4)
明显可以看出 1)和4)是一组,2)和3)是一组,因为如果当前的传送站满足要求,则需要同时满足上面4个不等式
然后对于所有距离大于mid的,求
ma1 = max(li + ri - mid) 因为要满足所有情况,即最大的都比x+y小,后面的类似
mi1 = min(ri + li + mid)
ma2 = max(ri - li - mid)
mi2 = min(ri - li + mid)
然后合并1) 4)和2) 3)两个不等式得到mi1 >= ma1且mi2 >= ma2,这里需要注意一点,若mi1 == ma1且mi2 == ma2时,若ma1 + ma2为奇数,则还是无解,因为这个二元一次方程相加会得到2 * x = ma1 + ma2,这显然是没有整数解得需要特判这种情况,对于其他情况当前可以找到一个传送站,使m个点对连接的费用都小于等于mid
还有就是输入的时候l可能比r大,交换一下即可
给一组数据
10 4
5 10
4 9
5 9
4 10
答案:2
题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5699
题目分析:是一道二分的好题,其实从题面可以看出二分的意思,要求的是最小中的最大,但是比赛的时候没有想到怎么判断,巧妙就巧妙在判断这,首先二分答案mid,然后对于每个点对,本身距离小于等于mid的不用管,对距离大于mid的点对,我们要设一个传送站,现在就是要判断是不是所有大于mid的点对通过传送站花费都能小于等于mid,那么假设传送站的两个端点为x,y (x <= y),对于第i个距离大于mid的点对有不等式:|li - x| + |ri - y| <= mid,将这个不等式展开并变形得到:
li - x + ri - y <= mid => li + ri - mid <= x + y => li + ri - mid <= x + y 1)
li - x + y - ri <= mid => li - ri - mid <= x - y => ri - li + mid >= y - x 2)
x - li + ri - y <= mid => -li + ri - mid <= y - x => ri - li - mid <= y - x 3)
x - li + y - ri <= mid => -li - ri - mid <= -x -y => ri + li + mid >= x + y 4)
明显可以看出 1)和4)是一组,2)和3)是一组,因为如果当前的传送站满足要求,则需要同时满足上面4个不等式
然后对于所有距离大于mid的,求
ma1 = max(li + ri - mid) 因为要满足所有情况,即最大的都比x+y小,后面的类似
mi1 = min(ri + li + mid)
ma2 = max(ri - li - mid)
mi2 = min(ri - li + mid)
然后合并1) 4)和2) 3)两个不等式得到mi1 >= ma1且mi2 >= ma2,这里需要注意一点,若mi1 == ma1且mi2 == ma2时,若ma1 + ma2为奇数,则还是无解,因为这个二元一次方程相加会得到2 * x = ma1 + ma2,这显然是没有整数解得需要特判这种情况,对于其他情况当前可以找到一个传送站,使m个点对连接的费用都小于等于mid
还有就是输入的时候l可能比r大,交换一下即可
给一组数据
10 4
5 10
4 9
5 9
4 10
答案:2
#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;int const INF = 0x3fffffff;int const MAX = 1000005;int n, m;int l[MAX], r[MAX];bool ok(int x){ int mi1 = INF, ma1 = -INF, mi2 = INF, ma2 = -INF; for(int i = 0; i < m; i++) { if(r[i] - l[i] > x) { mi1 = min(mi1, l[i] + r[i] + x); ma1 = max(ma1, l[i] + r[i] - x); mi2 = min(mi2, r[i] - l[i] + x); ma2 = max(ma2, r[i] - l[i] - x); } } if(ma1 <= mi1 && ma2 <= mi2) { if(ma1 == mi1 && ma2 == mi2) { if((ma1 + ma2) & 1) return false; return true; } return true; } return false;}int main(){ while(scanf("%d %d", &n, &m) != EOF) { for(int i = 0; i < m; i++) { scanf("%d %d", &l[i], &r[i]); if(l[i] > r[i]) swap(l[i], r[i]); } int le = 0, ri = n, mid, ans = 0; while(le <= ri) { mid = (le + ri) >> 1; if(ok(mid)) { ans = mid; ri = mid - 1; } else le = mid + 1; } printf("%d\n", ans); }}
1 0
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