重庆交通大学程序设计竞赛集训队暑假第三次练习赛——题解_usaco 2015 january contest bronz

题目来源及知识点

A：（贪心）

B：《算法竞赛进阶指南》-0x54.例题.没有上司的舞会（树形DP）

C：USACO 2015 January Contest Bronze-A.Cow Routing（模拟）

D：LeetCode.2327-知道秘密人数（前缀和、DP）

E：CodeForce Round #806(Div.4)-B.ICPC Balloons（模拟）

（由于C、E两题较简单所以就没有写解析，代码必要地方有注释）

Problem.A 打包烧饼

本题使用的就是贪心，先用减去，得到每个餐盒里还需要的烧饼的数量，然后将其从小到大排序，优先往需求小的餐盒里放，这样能保证最后能被放满的餐盒数量最多。

#pragma GCC optimize(2)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define int long long
 
const int N = 50010;
int n, m, r, c[N];
 
void solve()
{
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> c[i];
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> r;
        c[i] -= r;
    }
    sort(c + 1, c + 1 + n);
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        if (m < c[i])
            break;
        ans++;
        m -= c[i];
    }
    cout << ans << endl;
}
 
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    solve();
    return 0;
}

Problem.B 开黑之夜

本题很容易知道这个关系结构是个树形结构，每个人的happy值都作为节点的权值。要求解的是最优子结构，那么这就是个树形DP的问题。

令表示在以i为子树的员工中选择一些人参加活动且不包括i时的总happy值，表示以i为子树的员工中选择一些人参加活动且包括i时的happy值。 

当第i个人不参加活动时，它的直接下属(子节点)可以参加，也可以不参加，即状态转移方程为

（表示i的子节点的集合，下同）

当第i个人参加活动时，它的直接下属(字节点)一定不参加活动，即状态转移方程为

（ 表示第i个人的happy值）

则我们需要找到的是以老板作为根节点时的最大值，假设老板节点为boss，即要求解，那么本题就可以以DFS的方式来求出每个子树的最大happy值依次向上传递。

#pragma GCC optimize(2)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define int long long
 
const int N = 6010, M = 12010;
int n, a[N]; //a[]：happy值
int h[N], e[M], ne[M], idx; //邻接表存储树
int dp[N][2];
bool st[N]; //该节点是否有父节点
 
void init()
{
    memset(h, -1, sizeof(h));
    idx = 0;
}
 
//连接一条从p到s的边，p是s的直接上级
void add(int p, int s)
{
    e[idx] = s;
    ne[idx] = h[p];
    h[p] = idx++;
}
 
void dfs(int u)
{
    dp[u][1] = a[u];
    for (int i = h[u]; i != -1; i = ne[i])
    {
        int j = e[i];
        dfs(j);
        dp[u][0] += max(dp[j][0], dp[j][1]);
        dp[u][1] += dp[j][0];
    }
}
 
void solve()
{
    init();
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> a[i];
    }
    int s, p;
    for (int i = 1; i < n; i++)
    {
        cin >> s >> p;
        add(p, s);
        st[s] = true;
    }
    int boss= 1;
    //没有父节点的点就是老板
    while (st[boss])
    {
        boss++;
    }
    dfs(boss);
    cout << max(dp[boss][0], dp[boss][1]) << endl;
}
 
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    solve();
    return 0;
}

Problem.C 旅游线路

#pragma GCC optimize(2)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define int long long
 
int a, b, n;
 
void solve()
{
    cin >> a >> b >> n;
    int ans = 1010;
    while (n--)
    {
        int sum, m, pos;
        cin >> sum >> m;
        bool flag = false;
        while (m--)
        {
            cin >> pos;
            if (pos == a) //找到了出发起点
                flag = true;
            if (pos == b && flag) //找到了终点
                ans = min(ans , sum);
        }
    }
    if (ans == 1010)
        cout << -1 << endl;
    else
        cout << ans <<endl;
}
 
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    solve();
    return 0;
}

Problem.D 十七的秘密

本题也是采用动态规划，表示第i天新增知道秘密的人数，初始时，其余为0。对于，新增的人数为区间内知道秘密的人数之和，那么最终答案就是区间内知道秘密的人数之和。

根据以上分析实际上我们可以采用前缀和来求区间和，因此表示第1天到第i天新增的知道秘密的人的前缀和，则状态转移方程为

那么最终第n天知道还秘密的人数就是，要注意的是和不能为负。

#pragma GCC optimize(2)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define int long long
 
const int N = 1010, mod = 1e9 + 7;
int n, d1, d2, dp[N];
 
void solve()
{
    cin >> n >> d1 >> d2;
    dp[0] = 0, dp[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i++)
    {
        dp[i] = dp[i - 1];
        if (i >= d1)
            dp[i] = (dp[i] + dp[i - d1]) % mod;
        if (i >= d2)
            dp[i] = (dp[i] - dp[i - d2]) % mod;
    }
    cout << ((dp[n] - dp[n - d2]) % mod + mod) % mod << endl;
}
 
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    solve();
    return 0;
}

Problem.E ICPC的气球

#pragma GCC optimize(2)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define int long long
 
map<char,int> ball;
int t, n;
string s;
 
void solve()
{
    cin >> s;
    int ans = 0;
    for (auto c: s)
    {
        if (ball[c] == 0) //如果该字母第一次出现
            ans+=2; //加两个气球
        else
            ans++;
 
        ball[c]++; //存入map
    }
    cout << ans << endl;
    ball.clear(); //处理完一组数据清空map
}
 
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    cin >> t;
    while (t--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}