洛谷P1796 汤姆斯的天堂梦

题目描述

汤姆斯生活在一个等级为 0 0 0 的星球上。那里的环境极其恶劣，每天 12 12 12 小时的工作和成堆的垃圾让人忍无可忍。他向往着等级为 N N N 的星球上天堂般的生活。

有一些航班将人从低等级的星球送上高一级的星球，有时需要向驾驶员支付一定金额的费用，有时却又可以得到一定的金钱。

汤姆斯预先知道了从 0 0 0 等级星球去 N N N 等级星球所有的航线和需要支付（或者可以得到）的金钱，他想寻找一条价格最低（甚至获得金钱最多）的航线。

输入格式

第一行一个正整数 N N N（ N ≤ 100 N \le 100 N≤100），接下来的数据可分为 N N N 个段落，每段的第一行一个整数 K i K_i Ki​（ K i ≤ 100 K_i \le 100 Ki​≤100），表示等级为 i i i 的星球有 K i K_i Ki​ 个。

接下来的 K i K_i Ki​ 行中第 j j j 行依次表示与等级为 i i i，编号为 j j j 的星球相连的等级为 i − 1 i - 1 i−1 的星球的编号和此航线需要的费用（正数表示支出，负数表示收益，费用的绝对值不超过 1000 1000 1000）。

每行以 0 0 0 结束，每行的航线数 ≤ 100 \le 100 ≤100。

输出格式

输出所需（或所得）费用。正数表示支出，负数表示收益。

样例 #1

样例输入 #1

321 15 01 5 031 -5 2 10 01 3 02 40 021 1 2 5 3 -5 02 -19 3 -20 0

样例输出 #1

-1

提示

对于 100 % 100 \% 100% 的数据， 1 ≤ N ≤ 100 1 \le N \le 100 1≤N≤100， 1 ≤ K i ≤ 100 1 \le K_i \le 100 1≤Ki​≤100。

样例解释：

思路： 这题一眼看过去是跟图论有关的题，但根据题意，等级为 i 的星球只能由等级为 i - 1 的星球到达，因此可以用动态规划来解决。设 dp[i][j] 为登上等级为 i 编号为 j 的星球的最低价格，则状态转移方程为

dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i - 1][k] + v)，其中k为星球编号，v为价格

代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;int n, k, dp[105][105], ans = 0x3f3f3f3f;int main(){    cin >> n;    memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));    dp[0][1] = 0;    for(int i = 1; i <= n; i++){        cin >> k;        for(int j = 1; j <= k; j++){            int a;            cin >> a;            while(a){                int b;                cin >> b;                dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i - 1][a] + b);                cin >> a;            }        }    }    for(int i = 1; i <= k; i++){        ans = min(ans, dp[n][i]);    }    cout << ans;    return 0;}

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洛谷P1806 跑步

题目描述

路人甲准备跑 n n n 圈来锻炼自己的身体，他准备分多次（ > 1 \gt1 >1）跑完，每次都跑正整数圈，然后休息下再继续跑。

为了有效地提高自己的体能，他决定每次跑的圈数都必须比上次跑的多。

可以假设他刚开始跑了 0 0 0 圈，那么请问他可以有多少种跑完这 n n n 圈的方案？

输入格式

一行一个整数，代表 n n n。

输出格式

一个整数表示跑完这 n n n 圈的方案数。

样例 #1

样例输入 #1

212

样例输出 #1

995645335

提示

数据规模与约定

对于 100 % 100\% 100% 的数据，保证 5 ≤ n ≤ 500 5\le n\le 500 5≤n≤500。

思路： 用背包问题的思路就可以顺利解决。设 dp[i][j] 为跑前 i 圈且最后一圈跑了 j 圈的方案数，则状态转移方程为

dp[i][j] = dp[i - j][1] + dp[i - j][2] + … + dp[i - j][k], 其中k <= i - j 且k < j

代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;long long n, dp[505][505], ans;int main(){    cin >> n;    for(int i = 1; i <= n; i++){        dp[i][i] = 1;    }    for(int i = 1; i <= n; i++){        for(int j = 1; j < i; j++){            for(int k = 1; k <= i - j && k < j; k++){                dp[i][j] += dp[i - j][k];            }        }    }    for(int i = 1; i <= n; i++){        ans += dp[n][i];    }    cout << ans - 1;    return 0;}

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洛谷P8742 [蓝桥杯 2021 省 AB] 砝码称重

题目描述

你有一架天平和 N N N 个砝码, 这 N N N 个砝码重量依次是 W 1 , W 2 , ⋯   , W N W_{1}, W_{2}, \cdots, W_{N} W1​,W2​,⋯,WN​ 。 请你计算一共可以称出多少种不同的重量?

注意砝码可以放在天平两边。

输入格式

输入的第一行包含一个整数 N N N 。

第二行包含 N N N 个整数: W 1 , W 2 , W 3 , ⋯   , W N W_{1}, W_{2}, W_{3}, \cdots, W_{N} W1​,W2​,W3​,⋯,WN​ 。

输出格式

输出一个整数代表答案。

样例 #1

样例输入 #1

31 4 6

样例输出 #1

10

提示

【样例说明】

能称出的 10 种重量是: 1 、 2 、 3 、 4 、 5 、 6 、 7 、 9 、 10 、 11 1 、 2 、 3 、 4 、 5 、 6 、 7 、 9 、 10 、 11 1、2、3、4、5、6、7、9、10、11 。

1 = 1 2 = 6 − 4 (  天平一边放  6 ,  另一边放 4)  3 = 4 − 1 4 = 4 5 = 6 − 1 6 = 6 7 = 1 + 6 9 = 4 + 6 − 1 10 = 4 + 6 11 = 1 + 4 + 6 \begin{aligned} &1=1 \\ &2=6-4(\text { 天平一边放 } 6, \text { 另一边放 4) } \\ &3=4-1 \\ &4=4 \\ &5=6-1 \\ &6=6 \\ &7=1+6 \\ &9=4+6-1 \\ &10=4+6 \\ &11=1+4+6 \end{aligned} ​1=12=6−4( 天平一边放 6, 另一边放 4) 3=4−14=45=6−16=67=1+69=4+6−110=4+611=1+4+6​

【评测用例规模与约定】

对于 50 % 50 \% 50% 的评测用例, 1 ≤ N ≤ 15 1 \leq N \leq 15 1≤N≤15 。

对于所有评测用例, 1 ≤ N ≤ 100 , N 1 \leq N \leq 100, N 1≤N≤100,N 个砝码总重不超过 1 0 5 10^5 105。

蓝桥杯 2021 第一轮省赛 A 组 F 题（B 组 G 题）。

思路： 一道01背包问题。用 dp[i][j] 表示用前 i 个砝码能否称出 j 的重量，w[i] 为 第 i 个砝码的重量，则状态转移方程为

if(dp[i - 1][j + w[i]]) dp[i][j] = true;
else if(dp[i - 1][abs(j - w[i])]) dp[i][j] = true;
else dp[i][j] = dp[i - 1][j];

由于砝码能放在天平两边，因此要用abs(j - w[i])来表示称出的重量

代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;int n, w[105], maxx, ans;bool dp[105][200005];int main(){    cin >> n;    for(int i = 1; i <= n; i++){        cin >> w[i];        maxx += w[i];//最大重量    }    dp[0][0] = true;    for(int i = 1; i <= n; i++){        for(int j = 0; j <= maxx; j++){            if(dp[i - 1][j + w[i]]) dp[i][j] = true;            else if(dp[i - 1][abs(j - w[i])]) dp[i][j] = true;            else dp[i][j] = dp[i - 1][j];        }    }    for(int i = 0; i <= maxx; i++){        if(dp[n][i]) ans++;    }    cout << ans - 1;    return 0;}

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洛谷P1959 遗址

题目描述

很久很久以前有一座寺庙，从上往下看寺庙的形状正好是一个正方形，由 4 4 4 个角上竖立的圆柱搭建而成。现在圆柱都倒塌了，只在地上留下圆形的痕迹，可是现在地上有很多这样的痕迹，专家说一定是最大的那个。

写一个程序，给出圆柱的坐标，找出由 4 4 4 个圆柱构成的最大的正方形，因为这就是寺庙的位置，要求计算出最大的面积。注意正方形的边不一定平行于坐标轴。

例如图有 10 10 10 根柱子，其中 ( 4 , 2 ) , ( 5 , 2 ) , ( 5 , 3 ) , ( 4 , 3 ) (4,2),(5,2),(5,3),(4,3) (4,2),(5,2),(5,3),(4,3) 可以形成一个正方形， ( 1 , 1 ) , ( 4 , 0 ) , ( 5 , 3 ) , ( 2 , 4 ) (1,1),(4,0),(5,3),(2,4) (1,1),(4,0),(5,3),(2,4) 也可以，后者是其中最大的，面积为 10 10 10。

输入格式

第一行包含一个 N ( 1 ≤ N ≤ 3000 ) N(1\leq N\leq 3000) N(1≤N≤3000)，表示柱子的数量。

接下来 N N N 行，每行有两个空格隔开的整数表示柱子的坐标（坐标值在 0 0 0 到 5000 5000 5000 之间），柱子的位置互不相同。

输出格式

如果存在正方形，输出最大的面积，否则输出 0 0 0。

样例 #1

样例输入 #1

10 9 4 4 3 1 1 4 2 2 4 5 8 4 0 5 3 0 5 5 2

样例输出 #1

10

提示

【数据范围】

30 % 30\% 30% 满足： 1 ≤ N ≤ 100 1\leq N \leq100 1≤N≤100。

60 % 60\% 60% 满足： 1 ≤ N ≤ 500 1\leq N \leq500 1≤N≤500。

100 % 100\% 100% 满足： 1 ≤ N ≤ 3000 1\leq N \leq3000 1≤N≤3000。

思路： 首先观察数据范围，由于 1 ≤ N ≤ 3000 1\leq N \leq3000 1≤N≤3000，所以在搜索正方形的顶点时时间复杂度最多只能为O(n^2)，即只搜索正方形的其中两个顶点。再通过观察可知，设正方形第一个顶点坐标（x1, y1），第二个顶点坐标（x2, y2），则第三个顶点可表示为（x1 ± (y1 - y2), y1 ± (x1 - x2)），第四个顶点可表示为（x2 ± (y1 - y2), y2 ± (x1 - x2)）。最后直接用两层for循环搜索所有点即可。注意要判断所有点不能超出给定的坐标范围。

代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;bool mp[5005][5005];int n, ans;struct pole{    int x, y;} p[3005];int check(int a, int b){    int x1 = p[a].x, x2 = p[b].x, y1 = p[a].y, y2 = p[b].y;    int dx = x1 - x2, dy = y1 - y2;    bool flag1 = false, flag2 = false;    if(x1 + dy < 0 || x1 + dy > 5000 || y1 - dx < 0 || y1 - dx > 5000 || x2 + dy < 0 || x2 + dy > 5000 || y2 - dx < 0 || y2 - dx > 5000 ) flag1 = true;    if(x1 - dy < 0 || x1 - dy > 5000 || y1 + dx < 0 || y1 + dx > 5000 || x2 - dy < 0 || x2 - dy > 5000 || y2 + dx < 0 || y2 + dx > 5000 ) flag2 = true;    if(!flag1 && (mp[x1 + dy][y1 - dx] && mp[x2 + dy][y2 - dx])) return dx * dx + dy * dy;    if(!flag2 && (mp[x1 - dy][y1 + dx] && mp[x2 - dy][y2 + dx])) return dx * dx + dy * dy;    else return 0;}int main(){    cin >> n;    for(int i = 0; i < n; i++){        int a, b;        cin >> a >> b;        mp[a][b] = true;        p[i] = {a, b};    }    for(int i = 0; i < n; i++){        for(int j = i + 1; j < n; j++){            ans = max(ans, check(i, j));        }    }    cout << ans;    return 0;}

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洛谷P8794 [蓝桥杯 2022 国 A] 环境治理

题目描述

LQ 国拥有 n n n 个城市，从 0 0 0 到 n − 1 n - 1 n−1 编号，这 n n n 个城市两两之间都有且仅有一条双向道路连接，这意味着任意两个城市之间都是可达的。每条道路都有一个属性 D D D，表示这条道路的灰尘度。当从一个城市 A 前往另一个城市 B 时，可能存在多条路线，每条路线的灰尘度定义为这条路线所经过的所有道路的灰尘度之和，LQ 国的人都很讨厌灰尘，所以他们总会优先选择灰尘度最小的路线。

LQ 国很看重居民的出行环境，他们用一个指标 P P P 来衡量 LQ 国的出行环境， P P P 定义为：

P = ∑ i = 0 n − 1 ∑ j = 0 n − 1 d ( i , j ) P=\sum \limits_{i=0}^{n-1} \sum \limits_{j=0}^{n-1} d(i,j) P=i=0∑n−1​j=0∑n−1​d(i,j)

其中 d ( i , j ) d(i,j) d(i,j) 表示城市 i i i 到城市 j j j 之间灰尘度最小的路线对应的灰尘度的值。

为了改善出行环境，每个城市都要有所作为，当某个城市进行道路改善时，会将与这个城市直接相连的所有道路的灰尘度都减少 1 1 1，但每条道路都有一个灰尘度的下限值 L L L，当灰尘度达到道路的下限值时，无论再怎么改善，道路的灰尘度也不会再减小了。

具体的计划是这样的：

第 1 1 1 天， 0 0 0 号城市对与其直接相连的道路环境进行改善；第 2 2 2 天， 1 1 1 号城市对与其直接相连的道路环境进行改善；

……

第 n n n 天， n − 1 n - 1 n−1 号城市对与其直接相连的道路环境进行改善；第 n + 1 n + 1 n+1 天， 0 0 0 号城市对与其直接相连的道路环境进行改善；第 n + 2 n + 2 n+2 天， 1 1 1 号城市对与其直接相连的道路环境进行改善；

……

LQ 国想要使得 P P P 指标满足 P ≤ Q P \leq Q P≤Q。请问最少要经过多少天之后， P P P 指标可以满足 P ≤ Q P \leq Q P≤Q。如果在初始时就已经满足条件，则输出 0 0 0；如果永远不可能满足，则输出 − 1 -1 −1。

输入格式

输入的第一行包含两个整数 n , Q n, Q n,Q，用一个空格分隔，分别表示城市个数和期望达到的 P P P 指标。

接下来 n n n 行，每行包含 n n n 个整数，相邻两个整数之间用一个空格分隔，其中第 i i i 行第 j j j 列的值 D i , j ( D i , j = D j , i , D i , i = 0 ) D_{i,j} (D_{i,j}=D_{j,i},D_{i,i} = 0) Di,j​(Di,j​=Dj,i​,Di,i​=0) 表示城市 i i i 与城市 j j j 之间直接相连的那条道路的灰尘度。

接下来 n n n 行，每行包含 n n n 个整数，相邻两个整数之间用一个空格分隔，其中第 i i i 行第 j j j 列的值 L i , j ( L i , j = L j , i , L i , i = 0 ) L_{i,j} (L_{i,j} = L_{j,i}, L_{i,i} = 0) Li,j​(Li,j​=Lj,i​,Li,i​=0) 表示城市 i i i 与城市 j j j 之间直接相连的那条道路的灰尘度的下限值。

输出格式

输出一行包含一个整数表示答案。

样例 #1

样例输入 #1

3 100 2 42 0 14 1 00 2 22 0 02 0 0

样例输出 #1

2

提示

【样例说明】

初始时的图如下所示，每条边上的数字表示这条道路的灰尘度：

此时每对顶点之间的灰尘度最小的路线对应的灰尘度为：

d ( 0 , 0 ) = 0 , d ( 0 , 1 ) = 2 , d ( 0 , 2 ) = 3 d(0, 0) = 0, d(0, 1) = 2, d(0, 2) = 3 d(0,0)=0,d(0,1)=2,d(0,2)=3； d ( 1 , 0 ) = 2 , d ( 1 , 1 ) = 0 , d ( 1 , 2 ) = 1 d(1, 0) = 2, d(1, 1) = 0, d(1, 2) = 1 d(1,0)=2,d(1,1)=0,d(1,2)=1； d ( 2 , 0 ) = 3 , d ( 2 , 1 ) = 1 , d ( 2 , 2 ) = 0 d(2, 0) = 3, d(2, 1) = 1, d(2, 2) = 0 d(2,0)=3,d(2,1)=1,d(2,2)=0。

初始时的 P P P 指标为 ( 2 + 3 + 1 ) × 2 = 12 (2 + 3 + 1) \times 2 = 12 (2+3+1)×2=12，不满足 P ≤ Q = 10 P \leq Q = 10 P≤Q=10;

第一天， 0 0 0 号城市进行道路改善，改善后的图示如下：

[外链图片转存失败,源站可能有防盗链机制,建议将图片保存下来直接上传(img-CDgtMFfE-1673865069268)(https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/mrhf5wx6.png)]

注意到边 ( 0 , 2 ) (0, 2) (0,2) 的值减小了 1 1 1，但 ( 0 , 1 ) (0, 1) (0,1) 并没有减小，因为 L 0 , 1 = 2 L_{0,1} = 2 L0,1​=2 ，所以 ( 0 , 1 ) (0, 1) (0,1) 的值不可以再减小了。此时每对顶点之间的灰尘度最小的路线对应的灰尘度为：

d ( 0 , 0 ) = 0 , d ( 0 , 1 ) = 2 , d ( 0 , 2 ) = 3 d(0, 0) = 0, d(0, 1) = 2, d(0, 2) = 3 d(0,0)=0,d(0,1)=2,d(0,2)=3， d ( 1 , 0 ) = 2 , d ( 1 , 1 ) = 0 , d ( 1 , 2 ) = 1 d(1, 0) = 2, d(1, 1) = 0, d(1, 2) = 1 d(1,0)=2,d(1,1)=0,d(1,2)=1， d ( 2 , 0 ) = 3 , d ( 2 , 1 ) = 1 , d ( 2 , 2 ) = 0 d(2, 0) = 3, d(2, 1) = 1, d(2, 2) = 0 d(2,0)=3,d(2,1)=1,d(2,2)=0。

此时 P P P 仍为 12 12 12。

第二天，1 号城市进行道路改善，改善后的图示如下：

此时每对顶点之间的灰尘度最小的路线对应的灰尘度为：

d ( 0 , 0 ) = 0 , d ( 0 , 1 ) = 2 , d ( 0 , 2 ) = 2 d(0, 0) = 0, d(0, 1) = 2, d(0, 2) = 2 d(0,0)=0,d(0,1)=2,d(0,2)=2， d ( 1 , 0 ) = 2 , d ( 1 , 1 ) = 0 , d ( 1 , 2 ) = 0 d(1, 0) = 2, d(1, 1) = 0, d(1, 2) = 0 d(1,0)=2,d(1,1)=0,d(1,2)=0， d ( 2 , 0 ) = 2 , d ( 2 , 1 ) = 0 , d ( 2 , 2 ) = 0 d(2, 0) = 2, d(2, 1) = 0, d(2, 2) = 0 d(2,0)=2,d(2,1)=0,d(2,2)=0。

此时的 P P P 指标为 ( 2 + 2 ) × 2 = 8 < Q (2 + 2) \times 2 = 8 < Q (2+2)×2=8<Q，此时已经满足条件。

所以答案是 2 2 2。

【评测用例规模与约定】

对于 30 % 30\% 30% 的评测用例， 1 ≤ n ≤ 10 1 \leq n \leq 10 1≤n≤10， 0 ≤ L i , j ≤ D i , j ≤ 10 0 \leq L_{i,j} \leq D_{i,j} \leq 10 0≤Li,j​≤Di,j​≤10；对于 60 % 60\% 60% 的评测用例， 1 ≤ n ≤ 50 1 \leq n \leq 50 1≤n≤50， 0 ≤ L i , j ≤ D i , j ≤ 1 0 5 0 \leq L_{i,j} \leq D_{i,j} \leq 10^5 0≤Li,j​≤Di,j​≤105；对于所有评测用例， 1 ≤ n ≤ 100 1 \leq n \leq 100 1≤n≤100， 0 ≤ L i , j ≤ D i , j ≤ 1 0 5 0 \leq L_{i,j} \leq D_{i,j} \leq 10^5 0≤Li,j​≤Di,j​≤105， 0 ≤ Q ≤ 2 31 − 1 0 \leq Q \leq 2^{31} - 1 0≤Q≤231−1。

蓝桥杯 2022 国赛 A 组 F 题。

思路： 用floyd算法能直接算出所有城市间灰尘度最小的道路，此时的时间复杂度是O(n^3)，而又因为要找出最短的天数使得 P ≤ Q P \leq Q P≤Q，如果每一天都更新道路间的灰尘度并使用floyd计算最小值，那么想都不用想肯定会超时。而由题意可知，随着道路的改善，灰尘度是单调递减的，因此可以用二分来查找最短的天数。注意最终的答案要与二分的上界一起更新，这样才能保证最终答案是最小值

代码：

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;long long n, q, ans, dust[100][100], limit[100][100], mp[100][100];int check(int mid){    int a = mid / n, b = mid % n;    for(int i = 0; i < n; i++){        for(int j = 0; j < n; j++){            mp[i][j] = dust[i][j] - a;            if(i < b) mp[i][j] -= 1;            mp[i][j] = max(mp[i][j], limit[i][j]);        }    }    for(int k = 0; k < n; k++){        for(int i = 0; i < n; i++){            for(int j = 0; j < n; j++){                mp[i][j] = min(mp[i][j], mp[i][k] + mp[k][j]);            }        }    }    long long res = 0;    for(int i = 0; i < n; i++){        for(int j = 0; j < n; j++){            res += mp[i][j];        }    }    return res;}int main(){    cin >> n >> q;    for(int i = 0; i < n; i++){        for(int j = 0; j < n; j++){            cin >> dust[i][j];        }    }    for(int i = 0; i < n; i++){        for(int j = 0; j < n; j++){            cin >> limit[i][j];        }    }    int st = 0, ed = 1e7;    while(st <= ed){        int mid = (st + ed) / 2;        if(check(mid) > q) st = mid + 1;        else ed = mid - 1, ans = mid;    }    if(st == 1e7 + 1) cout << -1;    else cout << ans;    return 0;}