2020.10.18：YC中学模拟赛
（难度介于CSP-J2~CSP-S2）

纪念品分组

传送门

讲解

水题，但写sort人傻了，忘了sort是左闭右开的结构，导致数组没排完序 （分数-40）

题意就是将N件物品2个一组，让求组数最少时，每组价值差尽量小
具体怎么做呢？

考试的时候，我是一开始想到的是用最小价值的物品和最大价值的物品相加，次小和次大相加，第K小的和第K大的相加，这样必定每组价值差最小

sort(a,a+n+1);
int l=1,r=n;
while(l<=r){
	l++;
	r--;
	ans++;
}

但如果某两数之和大于价值上限怎么办？
所以进行判断，单独取出这两个数中较大的一个，独成一组；而较小的一个参与与其他数字的合并

这是满足贪心的思想的

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int mx;//每组纪念品价格之和的上限
int n;//购来的纪念品的总件数
int a[30100];
int ans;
 
int main(){
	//freopen("souvenir.in","r",stdin);
	//freopen("souvenir.out","w",stdout);
	cin>>mx>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
	}
	sort(a,a+n+1);
	int l=1,r=n;
	while(l<=r){
		if(a[l]+a[r]>mx){
			r--;
			ans++;
		}else{//a[l]+a[r]<=mx
			l++;
			r--;
			ans++;
		}
		
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

开闭区间

顺便插一句，sort一类的STL都是左闭右开的结构

左闭右开：一种区间结构
( 开区间 )：区间两处的端点值取不到
[ 闭区间 ]：区间两处的端点值可以取到

所以，我就是忘了sort是左闭右开的那个人，然后就给下标0~n-1的数据排序，唯独没到下标n

sort(a,a+n);

城市互通

传送门

讲解

就是有N个点M条边，然后看这些点边构成了多少个集合，最后-1（看需要连多少条边）就好了
我想的是用并查集来做 （就构建集合，然后查找，比并查集模板还简单 ）

也没什么说的，就将每个点挂到自己的根节点上
最后随便数一下有多少个根节点就完成

不会并查集的同学请看看这篇文章：【并查集】一种与时间赛跑的巧妙算法
以及学习并查集请必需掌握的链式前向星：关于路径存储的常见优化——前向星与链式前向星

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n,m;//N个城，M条路 
int fa[100100];

int find(int i){
	if(i==fa[i]){//根节点 
		return i;
	}
	else{
		int x=find(fa[i]);
		fa[i]=x;
		return x;
	}
}
int main(){
	//freopen("city.in","r",stdin);
	//freopen("city.out","w",stdout);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int x,y;
		cin>>x>>y;//x -- y
		
		fa[find(x)] = find(y);
		
	}
	long long ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(find(i)!=find(i-1)){
			fa[find(i)]=find(i-1);
			ans++;
		}
	}
	ans--;
	cout<<ans;
	
	return 0;
}

游荡的奶牛

传送门

讲解

就是一张NM的地图，为障碍物，求奶牛T步内从[sx,sy]到[ex,ey]的方案数

DFS

我最开始打了个DFS搜索，以为T<=15数据能过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,t;
char a[110][110];
int sx,sy,ex,ey;

int dir[4][2]={{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}};

bool vis[110][110];

int ans;

bool in(int x,int y){
	return 0<x&&x<=n&&0<y&&y<=m;
}

void dfs(int x,int y,int z){//[x,y],第z秒 
	if(z>t)return;
	if(x==ex&&y==ey){
		ans++;
	}
	//cout<<x<<" "<<y<<endl;
	for(int i=0;i<4;i++){
		int tx=x+dir[i][0];
		int ty=y+dir[i][1];
		if(in(tx,ty)&&vis[tx][ty]==0&&a[tx][ty]!='*'&&z<t){
			vis[tx][ty]=1;
			dfs(tx,ty,z+1);
		}
	}
	vis[x][y]=0;
	return;
}

int main(){
	//freopen("cow.in","r",stdin);
	//freopen("cow.out","w",stdout);
	cin>>n>>m>>t;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=m;j++){
			cin>>a[i][j];
		}
	} 
	cin>>sx>>sy>>ex>>ey;
	dfs(sx,sy,0);
	cout<<ans;
	return 0;
}

下来大佬YJA告诉我，这样时间复杂度高达约O（4^K）（4个方向，可以走T步，最坏约为10 ^9）

所以我们进行记忆化

以及，我们还要考虑目前所在的点和终点间的距离（这里用曼哈顿距离进行估价，即|X1-X2|+|Y1-Y2|） 是否大于T-走过的步数
(即：|X1-X2|+|Y1-Y2|<=t-z）
若大于那么从起点走T次后一定无法到达终点，所以后面一切均为无用功，直接结束本次搜索（可行性剪枝）

DP

可以用记忆化就可能能用DP

DP有个好处就是可以不进行可行性剪枝
而改用三维数组，某一维记录当前步数

在T步内，到达[i,j]方案数为上下左右除去障碍物的和

然后判断是否越界等基本操作，给f[sx,sy]赋初值=1

f[i][j][k] 表示第k时间到达(i,j)的方案数，得到：f[x][y][k]+=f[x+dir[0][i]] [y+dir[1][i]] [k+1]

//dir表方向变化

代码

DP

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,t;
int sx,sy,ex,ey;
char a[110][110];
int f[110][110][110];
int dir[4][2]= {{1,0},{-1,0},{0,1},{0,-1}};
bool in(int x,int y) {
	return 0<x&&x<=n&&0<y&&y<=m;
}

int main() {
	cin>>n>>m>>t;
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		for(int j=1; j<=m; j++) {
			cin>>a[i][j];
		}
	}
	cin>>sx>>sy>>ex>>ey;
	f[sx][sy][0]=1;
	for(int i=1; i<=t; i++) {
		for(int j=1; j<=n; j++) {
			for(int k=1; k<=m; k++) {
				if(a[j][k]!='*') {
					for(int l=0; l<4; l++) {
						int tx=j+dir[l][0];
						int ty=k+dir[l][1];
						if(in(tx,ty)&&a[tx][ty]!='*') {
							f[j][k][i]+=f[tx][ty][i-1];
						}
					}
				}
			}
		}
	}

	cout<<f[ex][ey][t]<<endl;
//	for(int k=1; k<=t; k++) {
//		for(int i=1; i<=n; i++) {
//			for(int j=1; j<=m; j++) {
//				cout<<f[i][j][k]<<" ";
//			}
//			cout<<endl;
//		}
//		cout<<endl;
//	}
	return 0;
}

理发

传送门
线段树，暂时不太懂
略......
考试的时候暴力，A了两组数据，其他超时

//A两组数据
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n;
long long a[10100];
long long ans;
int main() {
	//freopen("haircut.in","r",stdin);
	//freopen("haircut.out","w",stdout);
	cin>>n;
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		cin>>a[i];
	}
	cout<<0<<endl;
	for(int k=1; k<n; k++) {
		ans=0;
		for(int i=1; i<=n; i++) {
			for(int j=1; j<i; j++) {
				int x=a[i];
				int y=a[j];
				if(x>k)x=k;
				if(y>k)y=k;
				if(y>x){
					ans++;
					//cout<<ans<<" ";
				}
			}
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

标签：sort,sy,sx,int,18,YC,long,110,2020.10
来源： https://www.cnblogs.com/pqh-/p/13872280.html