2016.10.15【初中部 NOIP提高组 】模拟赛C

现在才AK，我的心啊……

T1：

题目大意：

两头公牛之间至少有有k头奶牛的组合有多少种？

dp.

设f[i]表示到前i头牛能组成的方案数.

分类讨论：

对于i<=k，则不可能放两只公牛，公牛放一只有i种，不放公牛也算一种，合起来就是i+1种

对于i>k，可以放n多只公牛，那么很明显，如果第i个为母牛，则方案数为f[i-1]，若放公牛则方案数为f[i-k-1]（这样子才能去重）

T2：

题目大意：

给你一堆计算公式，让你求一个最终的最优值。

分析：

注意，这些计算公式有一个特点，那就是根据下标的位置来计算的。

没看懂题的就可以ctrl+w了……

那么，设一个最容易想到的状态：

f[i,j]表示前i个数选j个数的最优值，且第i个必选。

则对于前i个数，因为计算值与下标有关，所以我们还需枚举一个下标k，前k个数的值可以直接通过状态值求出。

而k+1到i-1需要计算得出值，设为sum（这也需要个循环）

f[i,j]=min{sum+f[k,j-1]}

这样就可以求解最优值了.

注意当我们对状态f[i,j]是否为最优值时，对于i+1到n的还要再算出来，这些也是需要费用的，费用也很容易算出来，直接按照公式第三步按部就班就Ok了.

时间复杂度将近O(n^4)

当然，还可以优化时间.

不先枚举个数j，先枚举k，然后求一个区间的值，记为sum，则可以为O(n³)

T3:

显然对于两种下车的奶牛(a,b),(c,d)，若c>a,d<b，则如果车满的话肯定踢掉a,b

按照此思路然后用个邻接表求一下好了

具体取法如下：

如果当前前面上车的奶牛数为x，现在需要上车的奶牛加上x大于了总载量，则肯定先载到满之后在看余下的是否能代替一些牛。

T4：

连负边，走一遍spfa，注意：如果某一个点经过的次数“过多”就是出现了负环，输出无解即可。