10.31 NOIP模拟赛 (afternoon)

巧克力棒(chocolate)

Time Limit:1000ms   Memory Limit:64MB

题目描述

LYK找到了一根巧克力棒，但是这根巧克力棒太长了，LYK无法一口吞进去。具体地，这根巧克力棒长为n，它想将这根巧克力棒折成n段长为1的巧克力棒，然后慢慢享用。它打算每次将一根长为k的巧克力棒折成两段长为a和b的巧克力棒，此时若a=b，则LYK觉得它完成了一件非常困难的事，并会得到1点成就感。LYK想知道一根长度为n的巧克力棒能使它得到最多几点成就感。

输入格式(chocolate.in)

第一行一个数n。    

输出格式(chocolate.out)

一个数表示答案。

输入样例

7

输出样例

4

数据范围

对于20%的数据n<=5。对于50%的数据n<=20。对于80%的数据n<=2000。对于100%的数据n<=1000000000。

样例解释

将7掰成3+4，将3掰成1+2，将4掰成2+2获得1点成就感，将剩下的所有2掰成1+1获得3点成就感。总共4点成就感。

思路:

从样例解释上来看，容易发现把这个巧克力棒分成2^k的长度可以获得更大的成就感，所以可以贪心来做

代码:

#include <cmath>#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;long long A,B;int T;int main(){    freopen("chocolate.in","r",stdin);    freopen("chocolate.out","w",stdout);        scanf("%I64d",&A);        B=A; while (A) {B-=A%2; A/=2;}        printf("%I64d\n",B);    return 0;}

LYK快跑！(run)

Time Limit:5000ms   Memory Limit:64MB

题目描述

LYK陷进了一个迷宫！这个迷宫是网格图形状的。LYK一开始在(1,1)位置，出口在(n,m)。而且这个迷宫里有很多怪兽，若第a行第b列有一个怪兽，且此时LYK处于第c行d列，此时这个怪兽对它的威胁程度为|a-c|+|b-d|。LYK想找到一条路径，使得它能从(1,1)到达(n,m)，且在途中对它威胁程度最小的怪兽的威胁程度尽可能大。当然若起点或者终点处有怪兽时，无论路径长什么样，威胁程度最小的怪兽始终=0。

输入格式(run.in)

第一行两个数n,m。接下来n行，每行m个数，如果该数为0，则表示该位置没有怪兽，否则存在怪兽。数据保证至少存在一个怪兽。

输入格式(run.out)

一个数表示答案。

输入样例

3 40 1 1 00 0 0 01 1 1 0

输出样例

1

数据范围

对于20%的数据n=1。对于40%的数据n<=2。对于60%的数据n,m<=10。对于80%的数据n,m<=100。对于90%的数据n,m<=1000。对于另外10%的数据n,m<=1000且怪兽数量<=100。

思路:

典型的二分ans，先预处理一遍，然后放进queue跑BFS具体细节见代码

代码：

#include<cstdio>#include<iostream>#include<cstring>#include<cstdlib>#define N 1010using namespace std;int a[N][N],b[N][N],n,m,num,qx[N*N],qy[N*N],vis[N][N];int ax[4]={0,0,1,-1};int ay[4]={1,-1,0,0};bool check(int limit){    memset(vis,0,sizeof(vis));    memset(qx,0,sizeof(qx));    memset(qy,0,sizeof(qy));    int head=0,tail=1;    qx[1]=1;qy[1]=1;vis[1][1]=1;    while(head<tail){        ++head;int nx=qx[head],ny=qy[head];        for(int i=0;i<4;i++) {            int xx=nx+ax[i],yy=ny+ay[i];            if(xx>=1&&xx<=n&&yy>=1&&yy<=m&&!vis[xx][yy]&&!a[xx][yy]&&b[xx][yy]>=limit){                ++tail;qx[tail]=xx;qy[tail]=yy;vis[xx][yy]=1;                if(xx==n&&yy==m)return true;            }        }    }    return false;}void BFS(){    int head=0,tail=num;    while(head<=tail) {        ++head;int nx=qx[head],ny=qy[head];        for(int i=0;i<4;i++){            int xx=nx+ax[i],yy=ny+ay[i];            if(xx>=1&&xx<=n&&yy>=1&&yy<=m&&!b[xx][yy]&&!a[xx][yy]){                b[xx][yy]=b[nx][ny]+1;                ++tail;qx[tail]=xx;qy[tail]=yy;            }        }    }}int main(){    freopen("run.in","r",stdin);    freopen("run.out","w",stdout);    scanf("%d%d",&n,&m);    for(int i=1;i<=n;i++)      for(int j=1;j<=m;j++){          scanf("%d",&a[i][j]);          if(a[i][j]){qx[++num]=i;qy[num]=j;}      }    if(a[1][1]||a[n][m]){        printf("0");        return 0;    }    BFS();    int l=0,r=N*N,ans=0;    while(l<=r){        int mid=(l+r)/2;        if(check(mid)){            l=mid+1;            ans=mid;        }        else r=mid-1;    }    printf("%d",ans);    return 0;}

仙人掌(cactus)

Time Limit:1000ms   Memory Limit:64MB

题目描述

LYK在冲刺清华集训（THUSC）！于是它开始研究仙人掌，它想来和你一起分享它最近研究的结果。如果在一个无向连通图中任意一条边至多属于一个简单环（简单环的定义为每个点至多经过一次），且不存在自环，我们称这个图为仙人掌。LYK觉得仙人掌还是太简单了，于是它定义了属于自己的仙人掌。定义一张图为美妙的仙人掌，当且仅当这张图是一个仙人掌且对于任意两个不同的点i,j，存在一条从i出发到j的路径，且经过的点的个数为|j-i|+1个。给定一张n个点m条边且没有自环的图，LYK想知道美妙的仙人掌最多有多少条边。数据保证整张图至少存在一个美妙的仙人掌。

输入格式(cactus.in)

第一行两个数n,m表示这张图的点数和边数。接下来m行，每行两个数u,v表示存在一条连接u,v的无向边。

输出格式(cactus.out)

一个数表示答案

输入样例

4 61 21 31 42 32 43 4

输出样例

4

样例解释

选择边1-2,1-3,2-3,3-4，能组成美妙的仙人掌，且不存在其它美妙仙人掌有超过4条边。

数据范围

对于20%的数据n<=3。对于40%的数据n<=5。对于60%的数据n<=8。对于80%的数据n<=1000。对于100%的数据n<=100000且m<=min(200000,n*(n-1)/2)。

思路:

这题就很考验大脑，仔细画图分析你会发现编号为i与i+1之间必存在一条边，问题转化成有若干区间，求最多的区间，使得区间之间没有重叠和覆盖。这个问题是可以直接贪心或者dp的。就是经典的线段覆盖问题。

代码:

/*  首先这n个点应该全选（确实不知道为什么）  由题意可知，一定存在一条连接i与i+1的边，因为只存在一个简单环，所以除了i到i+1的边之外，只能有一条边覆盖i到i+1这个位置，这样就转成了线段覆盖问题。*/#include<cstdio>#include<iostream>#include<algorithm>#define N 100010using namespace std;int n,m;struct node{    int x,y;};node e[N*2];bool cmp(const node&s1,const node&s2){    return s1.y<s2.y;}int main(){    //freopen("cactus.in","r",stdin);    //freopen("cactus.out","w",stdout);    scanf("%d%d",&n,&m);    int t=0;    for(int i=1;i<=m;i++)    {        int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);        if(x>y)swap(x,y);        if(x+1!=y)e[++t].x=x,e[t].y=y;    }    sort(e+1,e+t+1,cmp);    int tot=0,p=0;    for(int i=1;i<=t;i++)      if(e[i].x>=p)p=e[i].y,tot++;    printf("%d",tot+n-1);    return 0;}