【2016.04.04】清明节考试分析
2016-04-04 14:09
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写在题解前的一点废话:
自己出的题o(:з」∠)_夹带了一点私货w,我内心设想应该会有ak的,结果最高分是100……感到了害怕【。第一题:
预定店家(due)【题目描述】
假期开始了,Infinity正在策划一场前往霓虹的买买买之旅。在开始旅行之前,计划是一定要先做好的。由于37同学想去的店都十分火爆,所以要提前预定。
37同学在日本的好基友zhou给她发来了一份店家的信息,可惜传输的时候发生了一些小插曲,文件中有些字母被打乱,有些字母丢失,或者多了几个字母。于是37给每个店家信息都设置了一个相似度,相似度的评判标准是,这个信息中,最长的,字母顺序和店家名字字母顺序相同的,字母序列的长度。
现在给你店家的名字和zhou发来的n条店家信息,请你告诉37,哪个信息最有可能是店家的信息。
【输入】
第1行 一个字符串,代表店家的名字(只包含lenn个英文字母或数字)
第2行 n,一共有n条店家信息(每条有leni个英文字母或数字)
第3~n+2行 zhou发来的信息文件
【输出】
一个数字,代表最有可能是店家信息的文件编号
【输入输出样例】
due.in
osakajshop
3
opkanjani
Janiben
tokyojshop
due.out
3
【数据范围】
对于20%的数据,一定有一个信息包含了店家名字
对于另外30%的数据,有n=2
对于100%的数据,n<=10,lenn<=1000,leni<=1000.
(如果有相似度相同的店家,就输出最后一个)
思路
1.对于20%的数据,一定有一个信息中包含了店家的名字
可以讲标准串与几个信息串逐一匹配,如果有一个能完全匹配上的,那么这个信息就是相似度最高的那个
2.对于另外30%的数据,有n=2。
这个没什么好说的,就是做两次lcs,看这两个lcs谁的长度比较长。
3.对于100%的数据,有n<=10
其实整体的思路没有变,就是多做几次lcs然后找到其中lcs最长的那个,输出其序号即可。
时间复杂度为O(n*len2len^2)
要注意的问题:
1)读入字符串的时候千万要用%s读,不然谁都不知道会出现什么神奇的问题。
2)由于读入字符串是从0位开始存的,所以注意是否会re,可以在存的时候把0位留下或者在lcs过程中判断
3)因为如果相似度相同的话要留下输出最后一个编号,所以判断的时候就不能只是大于,而应该是大于等于了。
代码实现
#include <stdio.h> #include <string.h> char a[1005]; char b[1005]; int f[1005][1005]; int max(int x,int y) { if(x>y)return x; else return y; } int work() { memset(b,0,sizeof(b)); scanf("%s",b+1); int maxnum = 0; int n = strlen(a+1); int m = strlen(b+1); for(int i = 1;i<= n;i++) { for(int j = 1;j<= m;j++) { if(a[i]==b[j]) { f[i][j] = max(f[i-1][j-1]+1,max(f[i-1][j],f[i][j-1])); }else { f[i][j] = max(f[i-1][j],f[i][j-1]); } if(f[i][j]>maxnum)maxnum = f[i][j]; } } return maxnum; } int main() { freopen("due.in","r",stdin); freopen("due.out","w",stdout); int n,ans,cmp = 0; scanf("%s",a+1); scanf("%d",&n); for(int i = 1;i<= n;i++) { int tmp = work(); if(tmp>=cmp) { cmp = tmp; ans = i; } } printf("%d",ans); return 0; }
第二题
还原地图(maps)【题目描述】
终于预定好了店家,37决定开始规划路线了,由于霓虹的地铁和公交系统发达,作为路痴的37希望zhou能给她发一份地图,她好提前决定好要走的路线。
Zhou知道37是一个路痴,于是非常好心的帮37整理好了地图,zhou整理过的地图有n个地点n-1条路,恰好连通了这n个地点。而且据zhou本人说,这些路都是长度最短的路径。
但是37有一些必须要走的路,可她也不好拒绝zhou的好意,于是她决定把这个整理过的地图还原成一个最小的完全图(每两个地点之间都有一条路径)。但是37现在跑去办护照了,你能告诉她最后还原出的完全图的所有边权加起来是多少吗
【输入】
第1行,一个整数n,代表这个地图上有多少个地点
第2~n行,每行三个整数i,j,k代表i地点与j地点之间有一条边权为k的双向连通的道路
【输出】
一个整数,代表还原出的完全图的所有边权加和。
【输入输出样例】
maps.in
3
1 2 4
2 3 7
maps.out
19
【数据范围】
对于20%的数据,有n<=4
对于100%的数据,有n<20000,ki< maxint
思路
原题jdoj1574,vijos1579
1.对于20%的数据,有n<=4
这个数据范围用if,else什么的分类讨论一下就可以了(:з」∠)在这里不详细说。
2.对于100%的数据,有n<20000,ki< maxint
简单来说就是krus的逆应用,我们可以先思考krus算法的流程,先排序,然后将这些边依次加入树中形成连通块,如果该边连接的两个连通块间已经联通就不加入。那么考虑一下我们就可以知道,如果两个连通块间的边权现在是l,那么这两个连通块间的其他连边必定>l。
于是我们可以维护每个点属于的连通块里一共有多少个点为num[i],每次要联通一个边(边编号为no,左端点i,右端点j,边权l)的时候,根据乘法原理,都有新增边权
F[no] = (num[i]* num[j]-1)*(l+1).
那么根据加法原理,总共新增的边权为所有 F[no]相加。
时间复杂度大概为O(logm*m)
要注意的问题:
1)注意ki< maxint,那么最后的结果一定是要用long long类型输出的。其中的变量最好也要用long long类型,以防在中间加或者乘的过程中爆int
2)维护num数组的时候使用的是加法原理。
代码实现
#include <stdio.h> #include <algorithm> using namespace std; struct E{ int x,y; long long val; }edge[40005]; int fa[20005]; long long ans,num[20005]; int getfa(int x) { if(fa[x]==x)return x; else return fa[x] = getfa(fa[x]); } void uni(int x,int y,long long l) { int fx= getfa(x),fy = getfa(y); ans = ans+(num[fx]*num[fy]-1)*(l+1); num[fx] = num[fx]+num[fy]; fa[fy] = fx; } bool cmp(E x,E y) { return x.val<y.val; } int main() { int n; scanf("%d",&n); for(int i = 1;i<= n;i++) fa[i] = i,num[i] = 1; for(int i = 1;i< n;i++) { scanf("%d%d%I64d",&edge[i].x,&edge[i].y,&edge[i].val); } sort(edge+1,edge+n,cmp); for(int i = 1;i< n;i++) { ans = ans+edge[i].val; uni(edge[i].x,edge[i].y,edge[i].val); } printf("%I64d\n",ans); return 0; }
第三题:
钱包的哭号(buy)【题目描述】
把地图还原好了之后,37觉得自己应该先策划一下买什么东西,以防钱包中的W元钱被清空。
37要买的是n个偶像团体的周边,但这些偶像团体的经济公司特别讨厌,如果要买这个团体的周边的话,一定要先加入这个团体的会员,入会要交会费xi元,根据偶像的走红程度不同,会费的大小也不同。
每个团体里会有mi个偶像,而37对每个偶像都有一个喜爱度Lj,这个偶像周边的价格为Pj,如果购买了该偶像的周边37就会获得Lj的满意度。
现在37想知道,她应该怎样规划这次买买买,才能够得到最大的满意度
【输入】
第1行,两个整数,n个偶像团体,W钱包中的钱数
第2~n+1行,开头是两个整数x,m,该团体会员的入会费为x元,第i个团体中有m个偶像。接下来是m个数对,Lj,Pj分别代表周边价格与喜爱度。
【输出】
两个整数 分别代表37最大的满意度,以及在获得这个满意度的前提下,钱包中最多能剩下多少钱,用空格分隔。
【输入输出样例】
buy.in
3 800
300 2 30 50 25 80
600 1 50 130
400 3 40 70 30 40 35 60
buy.out
210 0
【数据范围】
对于20%的数据,n=1
对于另外20%的数据,mi<=2
对于100%的数据,w<=20000,n<=25,mi<=8,xi<=1000,lj<=1000,pj<=1000
思路
题目原型是金明的预算方案,改大了附件数量,用二进制讨论就可以。
1.对于20%的数据,有n=1.
总之就是01背包,先扣掉会费,然后对偶像周边做01背包即可
2.对于另外20%的数据,有mi<=2
总之就是带附件背包转分组背包,讨论4种情况,因为情况不是很多所以可以用if和else讨论
3.对于100%的数据,有mi<=8
和上一个总体思路相同,但是讨论情况最多会有256种,所以用二进制讨论会比较方便一点,当然如果有足够的耐心手打也是可以的╮(╯▽╰)╭
时间复杂度大概为O(W*nmn^m)
要注意的问题:
1)钱包里剩的钱数要注意更新时间,在最大满意度被更新的时候需要更新,如果此轮背包获得的满意度与原满意度相同,需要确定剩的钱数是否更少,再决定是否更新。
2)讨论多种情况时注意判重
代码实现
#include <stdio.h> #include <algorithm> using namespace std; int w[55][600]; int v[55][600]; int s[55][600]; bool used[55][600]; int cnt[55]; int p[55]; int f[20005]; int main() { freopen("buy.in","r",stdin); freopen("buy.out","w",stdout); int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i = 1;i<= n;i++) { int num; scanf("%d%d",&p[i],&num); cnt[i] = 1; w[i][1] = p[i]; used[i][0] = true; for(int j = 1;j<= num;j++) { int wi,vi; scanf("%d%d",&wi,&vi); int tmp = cnt[i]; for(int k = 1;k<= tmp;k++) { if(!used[i][s[i][k]|(1<<(j-1))]) { w[i][++cnt[i]] = w[i][k]+wi; v[i][cnt[i]] = v[i][k]+vi; s[i][cnt[i]] = s[i][k]|(1<<(j-1)); used[i][s[i][k]|(1<<(j-1))] = true; } if(!used[i][s[i][k]]) { w[i][++cnt[i]] = w[i][k]; v[i][cnt[i]] = v[i][k]; s[i][cnt[i]] = s[i][k]; used[i][s[i][k]] = true; } } } } int maxn = 0; int ans = 0; for(int i = 1;i<= n;i++) { for(int j = m;j>0;j--) { for(int k = 1;k<=cnt[i];k++) { if(j>=w[i][k]) { if(f[j-w[i][k]]+v[i][k]>=f[j]) { f[j] = f[j-w[i][k]]+v[i][k]; if(f[j]>maxn) { maxn = f[j]; ans = m-j; } if(f[j]==maxn) { if(m-j>ans)ans = m-j; } } } } } }//朴实的万箭穿心 printf("%d %d",f[m],ans); return 0; }
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