论JL蒟蒻选手LPL明天参加CSP的心态（附CSP-J-2019题解）
作者：互联网
明天CSP了，慌。
今年初试：提高比普及高了20分（普及50+）去年比今年还高
感觉自己快退役了
没有时间
真的没有时间了
心累了
还要搞WMTC（世锦赛，数竞）
真心劝刚进信奥的同学们
不要像我
把时间浪费在了游戏上
校内成绩还垃圾
哎o(︶︿︶)o
学竞赛确实累
但是我感谢竞赛
让我进了JL最好的初中------DBSDFZ
结识了一群有相同爱好的大佬
一定还会走下去
无论哪种形式
就这样了
————————END————————
CSP-J-2019题解：
1.第一题，不想多说，不会请出门右转
2.(考试时竟然爆〇了)
公交换乘(transfer)
输入文件名：transfer.in
输出文件名：transfer.out
共 20 个测试点，每个测试点 5 分
每个测试点限时 1 秒，运行内存上限 256MB
问题描述
著名旅游城市 B 市为了鼓励大家采用公共交通方式出行，推出了一种地铁换乘公交车的优惠方案：
在搭乘一次地铁后可以获得一张优惠票，有效期为 45 分钟，在有效期内可以消耗这张优惠票，免费搭乘一次票价不超过地铁票价的公交车。在有效期内指开始乘公交车的时间与开始乘地铁的时间之差小于等于 45 分钟，即
搭乘地铁获得的优惠票可以累积，即可以连续搭乘若干次地铁后再连续使用优惠票搭乘公交车。
搭乘公交车时，如果可以使用优惠票一定会使用优惠票;如果有多张优惠票满足条件，则优先消耗获得最早的优惠票。
现在你得到了小轩最近的公共交通出行记录，你能帮他算算他的花费吗？
输入格式
输入文件名为 transfer.in。
输入文件的第一行包含一个正整数 n，代表乘车记录的数量。
接下来的 n 行，每行包含 3 个整数，相邻两数之间以一个空格分隔。第 i 行的第 1 个整数代表第 i 条记录乘坐的交通工具，0代表地铁，1代表公交车；第 2 个整数代表第 i条记录乘车的票价
第三个整数代表第 i 条记录开始乘车的时间
(距 0 时刻的分钟数)。
我们保证出行记录是按照开始乘车的时间顺序给出的，且不会有两次乘车记录出现在同一分钟。
输出格式
输出文件名为 transfer.out。
输出文件有一行，包含一个正整数，代表小轩出行的总花费。
样例 1 输入
6
0 10 3
1 5 46
0 12 50
1 3 96
0 5 110
1 6 135
样例 1 输出
36
样例 1 解释
第一条记录，在第 3 分钟花费 10 元乘坐地铁。
第二条记录，在第 46 分钟乘坐公交车，可以使用第一条记录中乘坐地铁获得的优惠票，因此没有花费。
第三条记录，在第 50 分种花费 12 元乘坐地铁。
第四条记录，在第 96 分钟乘坐公交车，由于距离第三条记录中乘坐地铁已超过 45 分钟，所以优惠票已失效，花费 3 元乘坐公交车。
第五条记录，在第 110 分钟花费 5 元乘坐地铁。
第六条记录，在第 135 分钟乘坐公交车，由于此时手中只有第五条记录中乘坐地铁获得的优惠票有效，而本次公交车的票价为 6 元，高于第五条记录中地铁的票价 5 元， 所以不能使用优惠票，花费 6 元乘坐公交车。
总共花费 36 元。
样例 2 输入
6
0 5 1
0 20 16
0 7 23
1 18 31
1 4 38
1 7 68
样例 2 输出
32
样例 2 解释
第一条记录，在第 1 分钟花费 5 元乘坐地铁。
第二条记录，在第 16 分钟花费 20元乘坐地铁。
第三条记录，在第 23 分钟花费 7元乘坐地铁。
第四条记录，在第 31 分钟乘坐公交车，此时只有第二条记录中乘坐的地铁票价高于本次公交车票价，所以使用第二条记录中乘坐地铁获得的优惠票。
第五条记录，在第 38 分钟乘坐公交车，此时第一条和第三条记录中乘坐地铁获得的优惠票都可以使用，使用获得最早的优惠票，即第一条记录中乘坐地铁获得的优惠票。
第六条记录，在第 68 分钟乘坐公交车，使用第三条记录中乘坐地铁获得的优惠票。
总共花费 32 元。
答案及思路分析：
车票有2中，如果是地铁票，必须要花钱。如果是公交车票，就不一定了。
如果45分钟内，有做过的地铁票，并且费用大于等于公交车的，就免费；
否则要花费。
AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 100010;
int n, // 乘车记录的数量
type[maxn], // 交通工具类型
price[maxn], // 乘车的票价
t[maxn], // 开始乘车时间
tot; // 总花费
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> type[i] >> price[i] >> t[i];
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
if (type[i] == 0) tot += price[i];
else {
bool flag = false;
for (int j = max(1, i-45); j < i; j ++) {
if (type[j] == 0 && t[i]-t[j] <= 45 && price[j] >= price[i]) {
type[j] = 1;
flag = true;
break;
}
}
if (!flag) tot += price[i];
}
}
cout << tot << endl;
return 0;
}
第三题：
纪念品(souvenir)
输入文件名：souvenir.in
输出文件名：souvenir.out
共 20 个测试点，每个测试点 5 分
每个测试点限时 1 秒，运行内存上限 256MB
问题描述
小伟突然获得一种超能力，他知道未来 T 天 N 种纪念品每天的价格。某个纪念品的价格是指购买一个该纪念品所需的金币数量，以及卖出一个该纪念品换回的金币数量。
每天，小伟可以进行以下两种交易 无限次:
1. 任选一个纪念品，若手上有足够金币，以当日价格购买该纪念品；
2. 卖出持有的任意一个纪念品，以当日价格换回金币。
每天卖出纪念品换回的金币可以立即用于购买纪念品，当日购买的纪念品也可以当日卖出换回金币。当然，一直持有纪念品也是可以的。
T 天之后，小伟的超能力消失。因此他一定会在第 TT 天卖出所有纪念品换回金币。
小伟现在有 M 枚金币，他想要在超能力消失后拥有尽可能多的金币。
输入格式
输入文件名为 souvenir.in。
第一行包含三个正整数 T,N,MT,N,M，相邻两数之间以一个空格分开，分别代表未来天数 TT，纪念品数量 NN，小伟现在拥有的金币数量 MM。
接下来 TT 行，每行包含 NN 个正整数，相邻两数之间以一个空格分隔。第 ii 行的 NN 个正整数分别为 P_{i,1}, P_{i,2}, \ldots \ldots ,P_{i,N}Pi,1,Pi,2,……,Pi,N，其中 P_{i,j}Pi,j 表示第 ii 天第 jj 种纪念品的价格。
输出格式
输出文件名为 souvenir.out。
输出仅一行，包含一个正整数，表示小伟在超能力消失后最多能拥有的金币数量。
输入样例 1
6 1 100
50
20
25
20
25
50
输出样例 1
305
输入输出样例 1 说明
最佳策略是：
第二天花光所有 100100 枚金币买入 55 个纪念品 1；
第三天卖出 55 个纪念品 1，获得金币 125125 枚；
第四天买入 66 个纪念品 1，剩余 55 枚金币；
第六天必须卖出所有纪念品换回 300300 枚金币，第四天剩余 55 枚金币，共 305305 枚金币。
超能力消失后，小伟最多拥有 305305 枚金币。
输入样例 2
3 3 100
10 20 15
15 17 13
15 25 16
输出样例 2
217
输入输出样例 2 说明
最佳策略是：
第一天花光所有金币买入 1010 个纪念品 1;
第二天卖出全部纪念品 1 得到 150150 枚金币并买入 88 个纪念品 2 和 11 个纪念品 3，剩余 11 枚金币;
第三天必须卖出所有纪念品换回 216216 枚金币，第二天剩余 11 枚金币，共 217217 枚金币。
超能力消失后，小伟最多拥有 217217 枚金币。
答案及思路分析：
\text{有意思\dots}有意思…
\text{考虑第t天最多能赚取多少钱。}考虑第t天最多能赚取多少钱。
\text{假设他在\red{这一天}通过卖掉第i种商品}A_i\text{件最后赚取了这么多钱，那么很显然可以再买回来。}假设他在这一天通过卖掉第i种商品Ai件最后赚取了这么多钱，那么很显然可以再买回来。
\text{那么我们就有这样一个算法：采用\red{买空卖空}的方法，保证每天都卖完了所有商品并获得了最多利润}那么我们就有这样一个算法：采用买空卖空的方法，保证每天都卖完了所有商品并获得了最多利润
\text{。那么到了第t天，}。那么到了第t天，
\text{我们可以通过\red{反悔上一天卖出的某件商品并转到今天卖出}来取得当天利润最大值。}我们可以通过反悔上一天卖出的某件商品并转到今天卖出来取得当天利润最大值。
\text{很显然，我们能反悔的\red{上一天物品的价格总和}就是\red{上一天赚到的最大利润}}_{\text{想想看，为什么?}}很显然，我们能反悔的上一天物品的价格总和就是上一天赚到的最大利润想想看，为什么?
\text{那么该天的最大利润问题成了一个无限背包。容量为上一天最大利润，每件物品体积为上一天价格，}那么该天的最大利润问题成了一个无限背包。容量为上一天最大利润，每件物品体积为上一天价格，
\text{价值为这一天对应商品的价格。对于每一天我们都跑一次无限背包，就可以求出正解。}价值为这一天对应商品的价格。对于每一天我们都跑一次无限背包，就可以求出正解。
\text{考虑到一些普及组选手可能并不是非常了解无限背包，这里简单讲解一下：}考虑到一些普及组选手可能并不是非常了解无限背包，这里简单讲解一下：
无限背包如同普通的背包问题(容量固定，每个物品有一个体积以及价格，每个物品最多选一次。询问最多能获得多少价值。)，不过将每个物品"选一次"变成了"无限制"。
\text{我们定义}dp_{i,j}\text{表示前i件物品背包容量为j时取得的最大价值}我们定义dpi,j表示前i件物品背包容量为j时取得的最大价值
dp_{i,j}=\min\{dp_{i-1,j-k*C_j}+k*W_j\}dpi,j=min{dpi−1,j−k∗Cj+k∗Wj}
\text{我们可以发现：当我们计算}\min\{dp_{i-1,j-k*C_j}+k*W_j\}\text{时，已经计算完了}\min\{dp_{i-1,j-(k-1)*C_j}+我们可以发现：当我们计算min{dpi−1,j−k∗Cj+k∗Wj}时，已经计算完了min{dpi−1,j−(k−1)∗Cj+
(k-1)*W_j\}=dp_{i,j-(k-1)*C_j}(k−1)∗Wj}=dpi,j−(k−1)∗Cj
\text{因此我们可以直接利用已经算出来的}dp_{i,j-(k-1)*C_j}\text{，做到}O(NM)\text{的复杂度。}因此我们可以直接利用已经算出来的dpi,j−(k−1)∗Cj，做到O(NM)的复杂度。
\text{该题的时间复杂度为}O(T*N*M)\text{。}该题的时间复杂度为O(T∗N∗M)。
AC代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define up(l,r,i) for(int i=l;i<=r;i++)
#define dn(l,r,i) for(int i=l;i>=r;i--)
using namespace std;
typedef long long LL;
const int INF =2147483647;
int qread(){
int w=1,c,ret;
while((c=getchar())> '9'||c< '0')
w=(c=='-'?-1:1); ret=c-'0';
while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
ret=ret*10+c-'0';
return ret*w;
}
const int MAXN =100+3,MAXM=1e3+3,MAXP=1e4+3;
int t,n,m,P[MAXM],Q[MAXM],C[MAXM],lst[MAXM];
int dp[MAXP],res;
int main(){
t=qread(),n=qread(),res=m=qread();
up(1,n,i) lst[i]=qread();
up(1,m,i) dp[i]=i;
up(2,t,i){
up(1,n,j) P[j]=qread(),C[j]=lst[j];
up(1,res,i) dp[i]=i;
up(1,n,j) up(1,res,k){
if(k>=C[j]) dp[k]=max(dp[k],dp[k-C[j]]+P[j]);
}
res=dp[res];
memcpy(lst,P,sizeof(lst));
}
printf("%d\n",res);
return 0;
}
第四题：
加工零件(work)
输入文件名：work.in
输出文件名：work.out
共 20 个测试点，每个测试点 5 分
每个测试点限时 1 秒，运行内存上限 256MB
问题描述
凯凯的工厂正在有条不紊地生产一种神奇的零件，神奇的零件的生产过程自然也很神奇。工厂里有 n 位工人，工人们从 1 ~ 编号，某些工人之间存在双向的零件传送带。保证每两名工人之间最多只存在一条传送带。
如果 x号工人想生产一个被加工到第 L(L > 1)阶段的零件，则所有与 x 号工人有传送带直接相连的工人，都需要生产一个被加工到第 L-1阶段的零件(但 x 号工人自己无需生产第 L−1 阶段的零件)。
如果 x号工人想生产一个被加工到第 1 阶段的零件，则所有与 x 号工人有传送带直接相连的工人，都需要为 x 号工人提供一个原材料。
轩轩是 1 号工人。现在给出 q 张工单，第 i 张工单表示编号为ai的工人想生产一个第 Li 阶段的零件。轩轩想知道对于每张工单，他是否需要给别人提供原材料。他知道聪明的你一定可以帮他计算出来！
输入格式
输入文件名为 work.in。
第一行三个正整数 n,m和 q，分别表示工人的数目、传送带的数目和工单的数目。
接下来 m 行，每行两个正整数 u 和 v，表示编号为 u 和 v 的工人之间存在一条零件传送带。保证 u !=v。
接下来 q行，每行两个正整数 a 和 L，表示编号为 a 的工人想生产一个第 L 阶段的零件。
输出格式
输出文件名为 work.out。
共 q 行，每行一个字符串“Yes”或者“No”。如果按照第 i 张工单生产，需要编号为 1 的轩轩提供原材料，则在第 i 行输出“Yes”;否则在第 i 行输出“No”。注意输出不含引号。
样例 1 输入
3 2 6
1 2
2 3
1 1
2 1
3 1
1 2
2 2
3 2
样例 1 输出
No
Yes
No
Yes
No
Yes
样例 1 解释
编号为 1 的工人想生产第 1 阶段的零件，需要编号为 2 的工人提供原材料。
编号为 2 的工人想生产第 1 阶段的零件，需要编号为 1 和 3 的工人提供原材料。
编号为 3 的工人想生产第 1 阶段的零件，需要编号为 2 的工人提供原材料。
编号为 1 的工人想生产第 2 阶段的零件，需要编号为 2 的工人生产第 1 阶段的零件，需要为编号 1 和 3 的工人提供原材料。
编号为 2 的工人想生产第 2 阶段的零件，需要编号为 1 和 3 的工人生产第 1 阶段的零件，他/她们都需要编号为 2 的工人提供原材料。
编号为 3 的工人想生产第 2 阶段的零件，需要编号为 2 的工人生产第 1 阶段的零件，需要编号为 1 和 3 的工人提供原材料。
样例 2 输入
5 5 5
1 2
2 3
3 4
4 5
1 5
1 1
1 2
1 3
1 4
1 5
样例 2 输出
No
Yes
No
Yes
Yes
样例 2 解释
编号为 1 的工人想生产第 1 阶段的零件，需要编号为 2 和 5 的工人提供原材料。
编号为 1 的工人想生产第 2 阶段的零件，需要编号为 2 和 5 的工人生产第 1 阶段的零件，需要编号为1,3,4 的工人提供原材料。
编号为 1 的工人想生产第 3 阶段的零件，需要编号为 2 和 5 的工人生产第 2 阶段的零件，需要编号为 1,3,4 的工人生产第 1 阶段的零件，需要编号为 2,3,4,5 的工人提供 原材料。
编号为 1 的工人想生产第 4 阶段的零件，需要编号为 2 和 5 的工人生产第 3 阶段的零件，需要编号为 1,3,4 的工人生产第 2 阶段的零件，需要编号为 2,3,4,5 的工人生产第 1 阶段的零件，需要全部工人提供原材料。
编号为 1 的工人想生产第 5 阶段的零件，需要编号为 2 和 5 的工人生产第 4 阶段的零件，需要编号为 1,3,4的工人生产第 3 阶段的零件，需要编号为 2,3,4,5的工人生产 第 2 阶段的零件，需要全部工人生产第 1 阶段的零件，需要全部工人提供原材料。
答案及思路分析：
解析：这道题考察图论的知识运用，是属于最短路径的变形题目，可以利用spfa或Dijkstra来完成，难度较高。
根据性质，工人之间的关系是图。相连接，之间的路径权值是1。加工零件的过程可以相互传递，来回都是偶数次，因此在求个最短路时看奇偶步数内能否可达，要求与L的奇偶性一致。
AC代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 100010, M = 2 * N;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
int dist[N][2], q[M];
void add(int a, int b)
{
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
}
void bfs()
{
memset(dist, 0x3f, sizeof dist);
//到1点经过0条边时到达自己时最短路径长度为0
dist[1][0] = 0;
int hh = 0, tt = 0;
q[tt] = 1;
while(hh <= tt)
{
int u = q[hh ++];
for(int i = h[u]; ~i; i = ne[i])
{
int v = e[i];
//从u点经过奇数条边扩展到v，如果能进行松弛，则更新dist[v][0]
if(dist[v][0] > dist[u][1] + 1)
{
dist[v][0] = dist[u][1] + 1;
q[++ tt] = v;
}
//从u点经过偶数条边扩展到v，如果能进行松弛，则更新dist[v][1]
if(dist[v][1] > dist[u][0] + 1)
{
dist[v][1] = dist[u][0] + 1;
q[++ tt] = v;
}
}
}
}
int main()
{
int n, m, q;
cin >> n >> m >> q;
memset(h, -1, sizeof h);
for(int i = 0; i < m; i ++)
{
int u, v;
cin >> u >> v;
add(u, v), add(v, u);
}
bfs();
while(q --)
{
int u, L;
cin >> u >> L;
if(h[1] == -1) puts("No"); //判断1点是否与其它点连通
else if(dist[u][L & 1] <= L) puts("Yes");
else puts("No");
}
return 0;
}
标签：纪念品,int,题解,工人,JL,text,零件,编号,CSP 来源： https://www.cnblogs.com/lplakioi/p/13939008.html