OrzCC杯模拟赛NOIp模拟赛Day1题解

OrzCC杯模拟赛NOIp模拟赛Day1题解

A. 队爷的新书

题意:给出 $n$ 个区间,可以选择一个数 $p$,对于每个区间,如果 $p$ 在区间内则获得 $p$ 的收益,问总收益的最大值。


思路:很显然是一个思博贪心(甚至做过原题),首先很容易看出的一点就是只有区间的端点对于答案是有意义的,所以把端点弄出来离散化一下,然后看每个点左边有几个左端点几个右端点然后暴力乘一下就行了。


注意:思博题,随便打都能 $\text{A}$ 。


代码:

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#include <bits/stdc++.h>
#define ri register int
#define il inline
#define ll long long
using namespace std;

const int N = 1e6 + 110;
const int MAXN = 110;
const int inf = 0x7fffffff;
const double eps = 1e-8;

il int read()
{
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while (!isdigit(ch))
{
if (ch == '-')
f = -1;
ch = getchar();
}
while (isdigit(ch))
{
x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0';
ch = getchar();
}
return x * f;
}

int n;
int a[N];

il bool cmp(int x, int y)
{
return abs(x) == abs(y) ? x < y : abs(x) < abs(y);
}

int main()
{
#ifndef Wepdekr
freopen("book.in", "r", stdin);
freopen("book.out", "w", stdout);
#endif
n = read();
for (ri i = 1; i <= n; i++)
a[2 * i - 1] = -1 * read(), a[2 * i] = read();
sort(a + 1, a + 1 + 2 * n, cmp);
ll num = 0, ans = -inf;
for (ri i = 1; i <= 2 * n; i++)
{
if (a[i] < 0)
num++;
else
{
ans = max(ans, a[i] * num);
num--;
}
}
printf("%lld", ans);
return 0;
}
/*
4
1 3
2 4
3 5
4 7

*/

B. 队爷的AU Plan

题意:给出两个长度为 $n$ 的任务,第 $i$ 个任务难度为 $hard i$ ,完成的收益为 $s i$ 。初始有一个价值 $m$ ,可以一次完成难度不超过 $m$ 的所有任务,只扣除最大的 $hard_i$ 的价值,可获得这些任务的全部收益,问完成所有任务后的总价值最大是多少。


思路:很显然作为 $\text{DP}$ ,我们可以设 $f _ i$ 表示完成到第 $i$ 个任务时的最大价值,很显然有以下转移:

但是这样是 $O(n ^ 2)$ 级别的复杂度,很显然会 $\color {darkblue} {\text {TLE}}$ ,所以我们考虑优化。

整理一下我们会发现一个事实:最优的转移状态 $j$ 一定满足以下式子值最大即可:

然后我们不妨用 $sum _ i$ 表示前 $i$ 个任务的收益之和。

我们假设对于状态 $i$ 可以由 $j$ 和 $k$ 两种状态转移过来,且 $j < k$ ,首先若 $j$ 和 $k$ 不由前面同一个状态转移得到,则很显然 $k$ 的决策层数更大,消耗更多,则 $j$ 优于 $k$ ;若 $j$ 和 $k$ 由前面同一个状态 $l$ 转移得到,则有:

两式相减得

则很显然有

则由 $j$ 转移过来显然比由 $k$ 转移过来更优。由此推广可得对于每一个状态 $i$ ,最小的能转移到 $i$ 的状态一定是最优的,所以找到第一个能转移的状态就 break 掉就行了。

但是这样并不能 $\color {green} \text{AC}$ ,所以还有另一个优化:假设状态 $i - 1$ 由状态 $j$ 转移过来,那么 $j$ 之前的状态肯定不能转移到 $i$ ,所以就可以省掉无用的枚举。


注意:似乎也没什么要注意的。


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#include <bits/stdc++.h>
#define ri register int
#define il inline
#define ll long long
using namespace std;

const int N = 1e6 + 110;
const int MAXN = 110;
const int inf = 0x7fffffff;
const double eps = 1e-8;

il int read()
{
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while (!isdigit(ch))
{
if (ch == '-')
f = -1;
ch = getchar();
}
while (isdigit(ch))
{
x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0';
ch = getchar();
}
return x * f;
}

int n, m;
int hard[N], s[N];
int dp[N], pre[N];

int main()
{
#ifndef Wepdekr
freopen("plan.in", "r", stdin);
freopen("plan.out", "w", stdout);
#endif
n = read(), m = read();
for (ri i = 1; i <= n; i++)
hard[i] = read();
for (ri i = 1; i <= n; i++)
s[i] = read(), pre[i] = pre[i - 1] + s[i];
memset(dp, 0xc0, sizeof(dp));
dp[0] = m;
int last = 0;
for (ri i = 1; i <= n; i++)
for (ri j = last; j < i; j++)
{
if (dp[j] < hard[i])
continue;
dp[i] = max(dp[i], dp[j] - hard[i] + pre[i] - pre[j]);
last = j;
break;
}
printf("%d", dp[n]);
return 0;
}
/*
5 5
2 4 5 7 9
4 4 3 6 5

*/

C. 队爷的讲学计划

题意:给出一张有向带权图,从一号结点出发,每个 $\text{SCC}$ 内的点互相到达时边权为 $1$ ,问经过最大结点数时经过的最小边权是多少。


思路:很显然需要使用 $\text{Tarjan}$ 将 $\text{SCC}$ 缩点,缩点后形成了一个 $\text{DAG}$ ,然后在 $\text{DAG}$ 上跑 $\text{SPFA}$ 就行了。


注意:题目中要求数量最大优先,所以在跑 $\text{SPFA}$ 的时候应该注意这个问题。


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#include <bits/stdc++.h>
#define ri register int
#define il inline
#define ll long long
using namespace std;

const int N = 1e6 + 110;
const int MAXN = 110;
const int inf = 0x7fffffff;
const double eps = 1e-8;

il int read()
{
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while (!isdigit(ch))
{
if (ch == '-')
f = -1;
ch = getchar();
}
while (isdigit(ch))
{
x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0';
ch = getchar();
}
return x * f;
}

int n, m, num, top, id;
int dfn[N], low[N], st[N], bel[N], siz[N], fa[N], dis[N], foo[N];
bool instk[N], vis[N];

struct Graph
{
int cnt, head[N];

struct edge
{
int fr, to, nxt, weight;
};
edge e[N];

il void add_edge(int u, int v, int w)
{
e[++cnt] = (edge) {u, v, head[u], w};
head[u] = cnt;
}
};
Graph G, T;

il void Clear_Stack(int x)
{
num++;
do {
int u = st[top];
bel[u] = num;
instk[u] = 0;
siz[num]++;
} while (st[top--] != x);
}

il void Tarjan(int x)
{
st[++top] = x;
instk[x] = 1;
dfn[x] = low[x] = ++id;
for (ri i = G.head[x]; i; i = G.e[i].nxt)
{
int v = G.e[i].to;
if (!dfn[v])
{
Tarjan(v);
low[x] = min(low[x], low[v]);
}
else if (instk[v])
low[x] = min(low[x], low[v]);
}
if (low[x] == dfn[x])
Clear_Stack(x);
}

queue <int> q;
il void SPFA(int s)
{
for (ri i = 1; i <= num; i++)
vis[i] = 0, dis[i] = -inf;
q.push(s);
vis[s] = 1;
foo[s] = siz[s];
dis[s] = siz[s] - 1;
while (!q.empty())
{
int u = q.front();
vis[u] = 0;
q.pop();
for (ri i = T.head[u]; i; i = T.e[i].nxt)
{
int v = T.e[i].to;
if (foo[u] + siz[v] > foo[v])
{
foo[v] = foo[u] + siz[v];
dis[v] = dis[u] + T.e[i].weight + siz[v] - 1;
q.push(v);
}
else if (foo[u] + siz[v] == foo[v] && dis[u] + T.e[i].weight + siz[v] - 1 < dis[v])
{
dis[v] = dis[u] + T.e[i].weight + siz[v] - 1;
q.push(v);
}
}
}
}

int main()
{
#ifndef Wepdekr
freopen("teach.in", "r", stdin);
freopen("teach.out", "w", stdout);
#endif
n = read(), m = read();
int sum = 0;
for (ri i = 1; i <= m; i++)
{
int u = read(), v = read(), w = read();
G.add_edge(u, v, w);
sum += w;
}
Tarjan(1);
for (ri i = 1; i <= n; i++)
{
if (!dfn[i])
continue;
for (ri j = G.head[i]; j; j = G.e[j].nxt)
{
int v = G.e[j].to;
if (bel[i] != bel[v])
T.add_edge(bel[i], bel[v], G.e[j].weight);
}
}
SPFA(bel[1]);
int mx = -inf, mn = inf;
for (ri i = 1; i <= num; i++)
{
if (foo[i] > mx)
{
mx = foo[i];
mn = dis[i];
}
else if (foo[i] == mx)
mn = min(mn, dis[i]);
}
printf("%d %d", mx, mn);
return 0;
}
/*
6 6
1 2 3
2 3 7
2 6 4
3 4 5
4 5 4
5 2 3

*/

总结

其实是一场还不错的比赛,但是很可惜没有完全发挥出实力来,因为 $\text{Tarjan}$ 忘了导致 $\text{C}$ 题只有 $10$ 分,然后 $\text{B}$ 题的优化也没有想出来,然后就只有 $160pts$ ,被各路神仙吊打。

或许真的快退役了吧……

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