P5661 [CSP-J 2019] 公交换乘

 就是模拟，注意车票还有使用时间限制，所以在记录坐地铁的时候就要设置时限，如果坐公交车的时间过了所有优惠票那就不能坐，而且也要记录最左边可以用的车票位置

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<stack>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const LL mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 1e5+10;
struct node{
	int price,time,used;
}tic[maxn];

int main() {
 	int n,num=0,summ=0,x=1; //x表示能用的优惠票最左边的位置（滑动窗口左边） 
 	cin>>n;
 	int op,pri,tim;
 	for(int i=1;i<=n;i++){
 		cin>>op>>pri>>tim;
 		if(op==0){
 			num++;
 			tic[num].price=pri;tic[num].time=tim+45;tic[num].used=0;
 			summ+=pri;
		 }
		 else{
		 	bool isok=0; //能不能用优惠票 
		 	//优先队列、滑动窗口
			 int newx=x; 
			 for(int k=x;k<=num;k++){
			 	if(tic[k].time<tim){  //如果该票已过期就改编区间左端点的值 
			 		newx=k;
					continue;
				 }
				 if((tic[k].price>=pri)&&tic[k].used==0){
				 	tic[k].used=1;
				 	isok=1;
				 	break;
				 } 
			 }
			 x=newx; 
			 if(isok==0){
			 	summ+=pri;
			 }
		 }
	 }
	 cout<<summ<<endl;
    return 0;
}

P5662 [CSP-J2019] 纪念品

居然是背包。。。
把今天手里的钱当做背包的容量，把商品今天的价格当成它的消耗,把商品明天的价格当做它的价值，一天结束后把总钱数加上今天赚的钱，直接写背包模板即可。
另： 在这道题中，我们可以把商品和钱看成同样的东西，因为题目中说了：可以当天买当天卖，所以不必考虑跨天的买卖，只需考虑当天的即可，
这满足动态规划对于最优化原理和无后效性的要求，可以大胆地购买。

每天选完了之后要选择最优结果，作为第二天的起始
也可以从三维推出来
状态！！！：dp[k]表示手里剩k元现金的时候，明天早上都卖了以后的钱数

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<stack>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const LL mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 1e2+10;
//居然是背包。。。
/*
把今天手里的钱当做背包的容量，把商品今天的价格当成它的消耗,把商品明天的价格当做它的价值，一天结束后把总钱数加上今天赚的钱，直接写背包模板即可。
另： 在这道题中，我们可以把商品和钱看成同样的东西，因为题目中说了：可以当天买当天卖，所以不必考虑跨天的买卖，只需考虑当天的即可，
这满足动态规划对于最优化原理和无后效性的要求，可以大胆地购买。
*/ 
//也可以从三维推出来 
//状态！！！：dp[k]表示手里剩k元现金的时候，明天早上都卖了以后的钱数
int dp[maxn*100];
int price[maxn][maxn]; 
int main() {
 	int t,n,m;
 	scanf("%d %d %d",&t,&n,&m);
 	for(int i=1;i<=t;i++){
 		for(int j=1;j<=n;j++) scanf("%d ",&price[i][j]);
	 }
	int ans=m;
	//第一天开始的时候为m
	for(int i=1;i<t;i++){
		memset(dp,-0x3f,sizeof(dp)); //先把数组赋值为负无穷
		//什么都不买，今天早上有ans元，明天早上也是ans元
		dp[ans]=ans;
		//枚举第j个物品
		for(int j=1;j<=n;j++){
			for(int k=ans;k>=price[i][j];k--){//手里有k元的时候，去推明天早上的钱
			//买一件物品，现金减少，赚一份差价，完全背包倒着循环
				dp[k-price[i][j]]=max(dp[k-price[i][j]],dp[k]+price[i+1][j]-price[i][j]);
			}
		}
		int maxx=0;
		///找一下明天早上收益最大
		for(int j=0;j<=ans;j++) maxx=max(maxx,dp[j]) ;
		ans=maxx;
	} 
	printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

P5663 [CSP-J2019] 加工零件

这道题先找规律，发现是否需要提供原材料和路径长度奇偶有关系，而且只要
程序数>最短程序数%2路径就需要提供

所以实际是最短路算法，但是需要处理的特殊点是，就是孤立的点，spfa就是直接在原点处理

#include <bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
//这道题先找规律，发现是否需要提供原材料和路径长度奇偶有关系，而且只要
//程序数>最短程序数%2路径就需要提供
int n,m,q,cnt;
int head[maxn],vis[maxn][2];
int dis[maxn][2],que[maxn*10],q2[maxn*10],h,r;
struct node{
	int u,v,nex;
}ed[maxn*2];
void adde(int u,int v){  //建边 
	ed[++cnt].u=u;
	ed[cnt].v=v;
	ed[cnt].nex=head[u];
	head[u]=cnt;
}
void spfa(){ 
	for(int i=1;i<=n;i++) dis[i][0]=dis[i][1]=1e9;
	dis[1][0]=0;
	h=1;r=0;
	que[++r]=1;
	while(h<=r){
		int u=que[h];
		int t=q2[h];  //一开始为偶数，因为路径为0 
		h++;
		vis[u][t]=0; //出队要清除标记  所以要记录是奇偶 
		for(int i=head[u];i;i=ed[i].nex){
			int v=ed[i].v;
			if(dis[v][0]>dis[u][1]+1){
				dis[v][0]=dis[u][1]+1;
				if(!vis[v][0]){
					vis[v][0]=1;
					que[++r]=v;
					q2[r]=0;  //偶数 
				}
			}
			if(dis[v][1]>dis[u][0]+1){
				dis[v][1]=dis[u][0]+1;
				if(!vis[v][1]){
					vis[v][1]=1;
					que[++r]=v;
					q2[r]=1;
				}
			}
		}
	}
	return;
}
int main()
{
	cin>>n>>m>>q;
	while(m--){
		int u,v;cin>>u>>v;
		adde(u,v);adde(v,u); //双向路 
	}
	spfa();
	if(head[1]==0) dis[1][0]=1e9;//若1点没有连接边，则1的偶数路径没有
	while(q--){
		int u,l;
		cin>>u>>l;
		if(l>=dis[u][l%2]) cout<<"Yes"<<endl;
		else cout<<"No"<<endl;
	}
	return 0;
}