【LGR-148-Div.3】洛谷基础赛 #1 & MGOI Round I

T1 luoguP9502 『MGOI』Simple Round I | A. 魔法数字 \(100pts\)

• 水题，场切了。

  #include<bits/stdc++.h>
  using namespace std;
  #define ll long long 
  #define sort stable_sort 
  #define endl '\n'
  int main()
  {
  	int n,m;
  	cin>>n;
  	m=log2(n);
  	if((1<<m)==n)
  	{
  		if(m%2==1)
  		{
  			m--;
  		}
  		else
  		{
  			m-=2;
  		}
  	}
  	else
  	{
  		if(m%2==1)
  		{
  			m--;
  		}
  	}	
  	cout<<m;
  	return 0;
  }
  

T2 luoguP9503 『MGOI』Simple Round I | B. 魔法照相馆 \(100pts\)

• 水题，赛场上不会位运算，就当成大模拟打了，码风凑合看吧，谨慎观看此代码。

• 可以将 \(if,else\) 压成位运算。

  #include<bits/stdc++.h>
  using namespace std;
  #define ll long long
  #define sort stable_sort
  #define endl '\n'
  int main()
  {
  	ll n,i,ans=0,r=1,b=1,w=1;
  	char pd,en='W';
  	cin>>n;
  	for(i=1;i<=n;i++)
  	{
  		cin>>pd;
  		if(pd!=en)
  		{
  			if(en=='W')
  			{
  				if(pd=='B')
  				{
  					if(b==1)
  					{
  						ans++;
  					}
  					else
  					{
  						ans+=2;
  						b=1;
  					}
  					w=0;
  				}
  				if(pd=='R')
  				{
  					if(r==1)
  					{
  						if(b==1)
  						{
  							ans+=2;
  							b=0;
  						}
  						else
  						{
  							ans++;
  						}
  					}
  					else
  					{
  						if(b==1)
  						{
  							ans+=3;
  							b=0;
  						}
  						else
  						{
  							ans+=2;
  						}
  					}
  					w=0;	
  					r=1;
  				}
  			}
  			if(en=='B')
  			{
  				if(pd=='R')
  				{
  					if(r==1)
  					{
  						ans++;
  					}
  					else
  					{	
  						ans+=2;
  						r=1;
  					}
  					b=0;
  					r=1;
  				}
  				if(pd=='W')
  				{
  					ans+=1;	
  					w=1;
  				}
  			}
  			if(en=='R')
  			{
  				if(pd=='W')
  				{
  					ans+=1;
  					w=1;
  				}
  				if(pd=='B')
  				{
  					ans+=1;
  					b=1;
  				}
  			}
  			en=pd;
  		}
  	}
  	cout<<ans;
  	return 0;
  }
  

T3 luoguP9504 『MGOI』Simple Round I | C. 魔法禁林 \(0pts\)

• 注意 \(0\le w\le 100\) 这个条件，又因为 扣血方式为\(\left\lfloor \frac{w_i}{k} \right\rfloor\) ，所以易知最多跑 \(100\) 条边（因为 \(k>w_i\) 就不扣血了，能够无伤走到终点，直接返回记录答案即可），故魔力值 \(\le 100\) 。
• 正解：以 \(t\) 为起点， \(s\) 为终点，便于确定 \(k\) 的值，跑单源最短路。
  • 考虑给 \(dijkstra\) 中的 \(dis\) 数组增加一维，令 \(dis[i][j]\) 表示当 \(k=i\) 时，走到 \(j\) 的最小生命值。
    • 优先队列优化了个空气，换成 \(queue\) 了，因为第一关键字是保证单调递增的，第二关键字排序无意义。

  #include<bits/stdc++.h>
  using namespace std;
  #define ll long long
  #define sort stable_sort
  #define endl '\n'
  struct node
  {
  	int nxt,to,w;
  }e[90000];
  int head[90000],vis[110][90000],dis[110][90000],cnt=0,ans=0x7f7f7f7f;
  void add(int u,int v,int w)
  {
  	cnt++;
  	e[cnt].nxt=head[u];
  	e[cnt].to=v;
  	e[cnt].w=w;
  	head[u]=cnt;
  }
  void dijkstra(int s)
  {
  	int x,num,i;
  	queue<pair<int,int> >q;
  	memset(vis,0,sizeof(vis));
  	memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
  	dis[1][s]=0;
  	q.push(make_pair(1,s));
  	while(q.empty()==0)
  	{
  		num=q.front().first;
  		x=q.front().second;
  		q.pop();
  		if(num>100)//当走的边数大于100时，直接返回
  		{
  			ans=min(ans,dis[num][x]);
  		}
  		else
  		{	
  			if(vis[num][x]==0)
  			{
  				vis[num][x]=1;
  				for(i=head[x];i!=0;i=e[i].nxt)
  				{
  					if(dis[num+1][e[i].to]>dis[num][x]+e[i].w/num)
  					{
  						dis[num+1][e[i].to]=dis[num][x]+e[i].w/num;
  						q.push(make_pair(num+1,e[i].to));
  					}
  				}
  			}
  			
  		}
  	}
  }
  int main()
  {
  	int n,m,s,t,u,v,w,i;
  	cin>>n>>m>>s>>t;
  	for(i=1;i<=m;i++)
  	{
  		cin>>u>>v>>w;
  		add(u,v,w);
  		add(v,u,w);
  	}
  	dijkstra(t);
  	for(i=1;i<=101;i++)
  	{
  		ans=min(ans,dis[i][s]);
  	}
  	cout<<ans<<endl;
  	return 0;
  }
  

T4 luoguP9505 『MGOI』Simple Round I | D. 魔法环 \(0pts\)

• 因为涉及变量重复问题，题面中的 \(k\) 此处用 \(m\) 代替。
• 考虑破坏为链，进行 \(DP\) ，枚举以每个点为起点，令 \(f[i][j]\) 表示前 \(i\) 个中激活了 \(j\) 个精灵产生的附魔值的最小值，枚举上一个被激活的精灵 \(k(1\le k <i)\) 进行状态转移，
  • 得到在 \(1\le j \le i\le n,j<m\) 时， \(f[i][j]=min(f[i][j],f[k][j-1]+max(b[k],b[i])×\sum\limits_{h=1}^{i-k-1}h+b[i]^2)\)。
  • 得到在 \(m\le i\le n,j=m\) 时， 因为要满足 至少 激活 \(m\) 个精灵，\(f[i][j]=min(f[i][j],f[k][m]+max(b[k],b[i])×\sum\limits_{h=1}^{i-k-1}h+b[i]^2)\)。
  • 这样的复杂度为 $O(n^3k) $，成功 \(TLE\) 。
• 有个贪心的结论，激活魔供值为 \(0\) 的精灵一定不劣(因为是否激活 \(0\) 对答案没有影响)。故直接考虑以 \(0\) 为起点，故 \(f[1][1]=0^2=0\) ，接着进行状态转移。时间复杂度 \(O(n^2k)\) ,卡着时限过。

  #include<bits/stdc++.h>
  using namespace std;
  #define ll long long
  #define sort stable_sort
  #define endl '\n'
  ll a[3001],b[3001],f[3001][101];//十年OI一场空，不开long long见祖宗
  int main()
  {
  	ll n,m,i,j,k,rt,ans=0x7f7f7f7f;
  	cin>>n>>m;
  	memset(f,0x3f,sizeof(f));//初始化
  	f[1][1]=0;
  	for(i=1;i<=n;i++)
  	{
  		cin>>a[i];
  		if(a[i]==0)
  		{
  			rt=i;
  		}
  	}
  	for(i=1;i<=n;i++)//以0为起点，重新构造
  	{
  		b[i]=a[(i+rt-2)%n+1];
  	}
  	for(i=1;i<=n;i++)
  	{
  		for(j=2;j<=min(i,m);j++)
  		{
  			for(k=1;k<=i-1;k++)
  			{
  				f[i][j]=min(f[i][j],f[k][j-1]+(i-k-1)*(i-k)/2*max(b[k],b[i])+b[i]*b[i]);
  				if(j==m)
  				{
  					f[i][j]=min(f[i][j],f[k][j]+(i-k-1)*(i-k)/2*max(b[k],b[i])+b[i]*b[i]);
  				}
  			}
  		}
  	}
  	for(i=m;i<=n;i++)
  	{
  		ans=min(ans,f[i][m]+(n-i)*(n-i+1)/2*b[i]);
  	}
  	cout<<ans<<endl;
  	return 0;
  }
  

总结

看清楚题再交，不要像我一样好几次把 \(T3\) 代码交到了 \(T4\) 。