补题报告5

背景

2024-10-5做 \(CSP-J\) 复赛模拟,作补题报告。

成绩

• \(T1\) \(AC\)
• \(T2\) \(40\)
• \(T3\) \(0\)
• \(T4\) \(0\)

---

\(T1\) 牛奶 (\(milk\))

经典 \(T1\) 赛时 \(A\).

概述

要采购牛奶，有\(n\)种，每种有各自的\(a_i\)和\(b_i\)，需要\(m\)盒，求最小花销

思路

题目描述中说，作为一只学过动态规划的猫，就往 \(DP\) 方面想了想，最后还是做了贪心
其实很基础，先按价格从大到小排序，
如果 \(a_i\) 比 \(m\) 大，花费加上 \(m \times b_i\) ，
否则，花费加上 \(a_i \times b_i\) , \(m\) 减去 \(a_i\)
若\(m\leqslant 0\) ,结束计算

代码

Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
typedef long long ll;using namespace std;0
const int maxn = 1e5+111;struct node {int sum;ll cost;
} e[maxn];
int n,m;
ll ans;bool cmp(node x,node y) {return x.cost < y.cost;
}signed main() {
//	freopen("milk.in","r",stdin);
//	freopen("milk.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1; i<=n; ++i)scanf("%d%lld",&e[i].sum,&e[i].cost);sort(e+1,e+n+1,cmp);for(int i=1; i<=n; ++i) {if(m <= 0) break;ans += min(e[i].sum,m) * e[i].cost;m -= e[i].sum;}printf("%lld",ans); //	fclose(stdin);
//	fclose(stdout);return 0;
}

---

\(T2\) 树组 (\(Traary\))

推规律，推出来，过样例，40分(悲

概述

有\(n\)棵树苗，在数组每个位置种上，每天过后，会增加\(1\)单位长度。
种树持续\(m\)天，你有魔法，在每天早上，有\(3\)种操作：
\(op = 1\) : 对树\(x\)施魔法,效果持续 \(k\)天，若之前该树就有魔法，覆盖(即取消上次，加上这次)；；
\(op = 2\) : 对树\(x\)祛魔，可能会对没有施魔法的树使用；
\(op = 3\) ：查询树\(x\)的高度。

当 \(op = 3\) 时，输出该树高度。

思路

每次操作，都对当前树进行处理，用 \(cnt\) 数组当前魔法生长阶段增加了多少
输出时加上
虽然但是 40分

代码

Code(错)

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int maxn = 2e5+9999;int n,m,k;
int cnt[maxn];//记录操作该树之前总共额外加了多少 
pair <int,int> p[maxn];//记录每次使用魔法的初始时间和结束时间 
int tag[maxn];//标记上次操作节点 
signed main() {
//	freopen("traary.in","r",stdin);
//	freopen("traary.out","w",stdout);scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);for(int i=1; i<=m; ++i) {int op,x;scanf("%d%d",&op,&x);if(op == 1) {if(p[x].first != 0 && p[x].second != 0) {//玄学记录 cnt[x] += min(i,p[x].second+1)-max(p[x].first,tag[x]);//打标记 tag[x] = i;}p[x].first = i;p[x].second = k + i - 1;} else if(op == 2) {if(p[x].first != 0 && p[x].second != 0) {cnt[x] += min(i,p[x].second+1)-max(p[x].first,tag[x]);tag[x] = i;}p[x].first = 0;p[x].second = 0;} else if(op == 3) {if(p[x].first != 0 && p[x].second != 0) {cnt[x] += min(i,p[x].second+1)-max(p[x].first,tag[x]);tag[x] = i;}printf("%d\n",i-1+cnt[x]);}}//	fclose(stdin);
//	fclose(stdout);return 0;
}

正解

也是我的思路
但是代码是对的 ：）

代码

对

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
using namespace std;
const int maxn = 1e5+1111;int n,m,k;
int a[maxn];
vector <pair<int,int> >v[maxn];
int ans[maxn];
int main(){memset(ans,-1,sizeof(ans));scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);for(int i=1;i<=m;++i){int op,x;scanf("%d%d",&op,&x);v[x].push_back({op,i});} for(int i=1;i<=n;++i){int tag = -1;int add = 0;for(int j=0;j<v[i].size();++j){int x = v[i][j].first;int y = v[i][j].second;if(x==1){if(tag > 0) add += min(y-tag,k);tag = y;}else if(x==2){if(tag > 0) add += min(y-tag,k);tag = -1; }else{ans[y] = y - 1 + add + (tag > 0 ? min(y-tag,k) : 0); }}}for(int i=1;i<=m;++i)if(ans[i] >= 0) printf("%d\n",ans[i]);return 0;
} 

---

\(T3\) 智乃的兔子(\(usagi\))

\(0\)

概述

要采购牛奶，有\(n\)种，每种有各自的\(a_i\)和\(b_i\)，需要\(m\)盒，求最小花销

思路

赛时想骗分，结果\(0\)蛋

正解

\(01\) 背包+ \(k\) 约束
状态转移方程: \(f[i][j] = \max(f[i][j][k],f[i-1][j-b[i]][k-a[i]])\)
虽然但是，\([k]\)这一维没啥用，可以压了

代码

正解代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
#define ll long long
#define maxn 1e4+111
#define maxh 1100
using namespace std;
int n,m;
int a[maxn],b[maxn];
ll t[maxn][7],f[maxh][7],g[maxh][7];int main() {scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1; i<=n; ++i)scanf("%d",&a[i]);for(int i=1; i<=n; ++i)scanf("%d",&b[i]);if(m == 998244353) { //特判for(int i=1; i<7; ++i)t[0][i] = -1e18;for(int i=1; i<=n; ++i) {for(int j=0; j<7; ++j) {t[i][j] = max(t[i-1][((j-a[i])%7+7)%7] + a[i],t[i-1][j]);}}cout << t[n][0];return 0;}for(int i=0; i<maxh; ++i) {for(int j=0; j<7; ++j)g[i][j] = -1e18;}g[0][0] = 0;for(int i=1; i<=n; ++i) {for(int w=0; w<=m; ++w) {for(int j=0; j<7; ++j) {f[w][j] = g[w][j];if(w >= b[i])f[w][j] = max(g[w-b[i]][((j-a[i])%7+7)%7] + a[i],f[w][j]);}}swap(f,g);}ll ans = 0;for(int i=0; i<=m; ++i)ans = max(ans,g[i][0]);cout << ans;return 0;
}

---

\(T4\) 一颗成熟的奥术飞弹(\(missiles\))

\(0\)

概述

有一个连通无向图，点是\(1\)~\(n\),这个飞弹要从\(1\)飞到\(n\),求最短飞行弹道条数和最大的可能偏离数。

\(PS\) : 可能偏离数怎么算 : 在一个点上，如果有多条最短路径到达终点，则可能偏离数\(+1\)

思路

依然骗分\(0\)分。

正解

最短路计数
进行\(2\)次广搜( \(BFS\) )
第一次：记录点 \(i\) 到点 \(n\)的最短路长度
第二次：以 \(n\) 为起点，宽搜每个点，求出 \(n\) 到每个点的最短路，同时标记父亲方便计算可能偏离数。
最后求 \(1\) 到 \(n\) 的的最短路计数！

代码

Code

#include <queue>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <iostream>
#define ll long longusing namespace std;
const int maxn = 1e5+111;
int n,m;
queue <int> q;
bool vis[maxn];
vector <int> v;
vector <int> son[maxn];
int fa[maxn],dis[maxn],ans[maxn],cnt[maxn];
// 还是逆序记录
//经典BFS
void bfs() {q.push(n);vis[n] = 1;while(!q.empty()) {int x = q.front();q.pop();v.push_back(x);for(int i=0; i<son[x].size(); ++i) {int y = son[x][i];//y是x的邻接点if(!vis[y]) {vis[y] = 1;q.push(y);fa[y] = x;dis[y] = dis[x] + 1; //长度+1}}}
}signed main() {scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1; i<=m; ++i) {int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);son[x].push_back(y);son[y].push_back(x);}bfs(); // 先进行一次广搜，记录fa数组、记录距离数组cnt[n] = 1;  // 记录最短飞行弹道条数for(int i=0; i<v.size(); ++i) {bool flag=0;int x = v[i];for(int j=0; j<son[x].size(); ++j) {if(dis[x] == dis[son[x][j]] + 1) {// 相邻两个点，距离也相差1，说明在最短路边上。ans[x] = max(ans[x],ans[son[x][j]]);cnt[x] += cnt[son[x][j]];// 所有能到son[vec[i]][j]的点都能走到vec[i]去，因此累加到vec[i]中。cnt[x] %= 998244353;if(son[x][j] != fa[x])// 记录时不能走回父亲点去flag = 1;}}ans[x] += flag;}printf("%d %d",cnt[1],ans[1]);return 0;
}

---

官方题解

后记

哈哈哈哈哈哈哈哈，集训结束咧！(大喜