【洛谷2019 OI春令营】期中考试

T68402 扫雷

题目连接：传送门

题目描述

扫雷，是一款单人的计算机游戏。游戏目标是找出全部没有地雷的方格，完成游戏；要是按了有地雷的方格，游戏失败。如今 Bob 正在玩扫雷游戏，你做为裁判要判断他是否游戏失败。

具体来讲，Bob 正在玩的扫雷游戏有 n×m 个格子，拥有上帝视角的你知道全部的雷埋在哪些方格。Bob 告诉你他会按哪些格子。若是他按的某个格子有地雷，那么他游戏失败，你须要输出是哪一步致使他游戏失败的；若是他按的全部格子都没有地雷，那么他游戏未失败，你只需输出“Good Game.”。

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输入输出格式

 输入格式：

 

第一行两个整数 n,m，意义如上所述。

接下来 n 行，每行 m 个整数，表示格子的状况。对于一个位置，若是是 0 表示这个位置没有地雷，若是是 1 表示有地雷。

接下来一行一个整数 k，表示 Bob 的操做次数。

接下来 kk 行，其中的第 i 行有两个整数 xi​,yi​(1≤xi​≤n,1≤yi​≤m)，表示 Bob 的第 i 步按的位置。咱们规定左上角的格子为 (1,1)，右下角的格子为 (n,m)。

你能够经过样例进一步理解输入格式。

 

输出格式：

 

若是游戏失败，输出是哪一步致使游戏失败。若是没有失败，输出“Good Game.”

 

 

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输入输出样例

输入样例#1： 

3 4
0000
0000
0000
1
1 1

输出样例#1： 

Good Game.

输入样例#2： 

3 4
1000
0000
0000
1
1 1

输出样例#2： 

1

输入样例#3： 

3 4
1000
0000
0000
2
2 2
1 1

输出样例#3： 

2

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【题解】：

简单模拟便可，注意的是输入按照字符串输入。

【代码】：

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 const int N = 1000;
 4 int n,m,k;
 5 char a[N][N];
 6 int x[N],y[N],F=1;
 7 int main()
 8 {
 9     scanf("%d%d",&n,&m);
10     for(int i=1;i<=n;i++){
11         scanf("%s",a[i]+1);
12     }
13     scanf("%d",&k);
14     for(int i=1;i<=k;i++){
15         scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);
16     }
17     for(int i=1;i<=k;i++){
18         if(a[x[i]][y[i]]=='1'){
19             F = 0;
20             printf("%d\n",i);
21             return 0;
22         }
23     }
24     if(F){
25         puts("Good Game.");
26     }
27     return 0;
28 }

扫雷

 

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T68401 烤串

题目连接：传送门

题目描述

经历了艰辛的扫雷以后，Bob 感到体力不支。他来到了一个烤串店，发现烤串店正在大促销。促销策略以下：

一、1 根烤串不卖。

二、2 根烤串卖 5 块钱。

三、7 根烤串卖 10 块钱。

四、12 根烤串卖 17 块钱。

如今 Bob 有 nn 块钱，他想知道他最多能够买多少串烤串。

---

 

输入输出格式

输入格式：

第一行一个整数 T，表示数据组数。

接下来 T 行，每行一个整数 n，意义如上所述。

 

输出格式：

输出 T 行，第 i 行表示第 i 组数据的答案。

 

---

输入输出样例

输入样例#1：

1
34

输出样例#1：

24

输入样例#2：

2
34
15

输出样例#2： 

24
9

 

说明

对于50% 的数据，知足1≤n≤100。

对于100% 的数据，知足 1≤n≤10^9,1≤T≤200。

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【题解】：
经典的题目，就是大范围贪心，小范围暴力枚举，或者用彻底背包处理。
同时注意边界，以前由于边界问题错了好几次主要是，边界必定要是全部价钱的公倍数，否则会出错。
【代码】：

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 const int N = 4e6+100;
 4 typedef long long ll;
 5 int Val[] = { 12 , 7 , 2 , 0 };
 6 int Cost[] = { 17 , 10 , 5, 1 };
 7 ll dp[N];
 8 void Init(){
 9     memset(dp,-0x7f,sizeof dp );
10     dp[1] = dp[0] = 0 ;
11     for(int i=0;i<4;i++){
12         for(int j=Cost[i];j<=N-1;j++){
13             dp[j] = max( dp[j] , dp[j-Cost[i]] + Val[i] );
14         }
15     }
16 }
17 ll solve( ll n ){
18     if( n < N ) {
19         return dp[n];
20     }
21     ll cnt = ( (n-420+16)/17  ) ;
22 
23     return dp[n - cnt*17 ] + cnt * 12 ;
24 }
25 int main()
26 {
27     Init();
28     ll n;
29     int T;
30     scanf("%d",&T);
31     while(T--){
32         scanf("%lld",&n);
33         ll ans = solve(n);
34         printf("%lld\n",ans);
35     }
36     return 0;
37 }

烤串

 

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T68263 排序

题目连接：传送门

题目描述

Bob 吃完烤串以后又充满了精力，如今 Alice 给了他一个难题：

有一个长度为 n 的序列 a1​,a2​,⋯,an​，保证 ai​≥ai−1​(2≤i≤n)。可是 Alice 修改了其中某 kk 个位置的值，获得新序列 b1​,b2​,⋯,bn​。Bob 拿到序列 b 以后，但愿能够改不超过 k 个位置的值，使得 b 序列也知足bi​≥bi−1​(2≤i≤n)。

这个问题对他来讲太难了，他想寻求你的帮助。你须要告诉他如何修改使得知足要求。

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输入输出格式

输入格式：

 

第一行两个整数n,k，意义如上所述。

接下来一行 n 个整数，第 ii 个整数表示 bi​。

 

输出格式：

 

第一行一个整数 t，表示你要修改的次数。须要知足 t≤k。

接下来 t 行，第 i 行两个整数 pi​,vi​，表示将 bpi​​ 修改成 vi​。须要知足 1≤pi​≤n,0≤vi​≤10^9。

若是有多组解符合要求，输出任意一组便可。你没必要最小化 t，只要知足 t≤k 便可。

 

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输入输出样例

输入样例#1： 

5 1
1 2 7 4 5

输出样例#1： 

1
3 3

输入样例#2： 

5 2
1 2 3 4 5

输出样例#2： 

0

 

说明

对于 50% 的数据，知足 1≤n≤100。

对于 100% 的数据，知足 1≤n≤5000,0≤k≤n,0≤bi​≤10^9。

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【题解】：
这个题目也比较经典，涉及的知识点是：最长上升子序列，以及dp记录路径问题。
真的很是精妙的题目，之前作过相似的，可是没有记录路径
一、首先求出LIS的长度为多少。
二、而后求出LIS哪个为终点，在过程当中注意要记录路径。
三、以终点往前跑，把对应的位置改成前一个子序列中元素的值便可。
例如：
序列为：1 、 2 、 7 、 4 、5
一、找出LIS，最长为4.
二、以5为终点时达到最大值。
三、而后进行标记。

1 、 2 、 7 、 4 、5

四、最后把对应的位置改为前一个位置的值。

1 、 2 、 2 、 4 、5

代码以下：

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 const int N = 1e5+10;
 4 int a[N],vis[N],dp[N],from[N];
 5 int n,k;
 6 int main()
 7 {
 8     scanf("%d%d",&n,&k);
 9     for(int i=1;i<=n;i++){
10         scanf("%d",&a[i]);
11     }
12     int First , cnt ,tot;
13     for(int i=1;i<=n;i++){
14         dp[i] = 1 ;
15         from[i] = 0 ;
16         for(int j=1;j<i;j++)if( a[j] <= a[i] ){
17             if( dp[j] + 1 > dp[i] ){
18                 dp[i] = dp[j] + 1 ;
19                 from[i] = j ;
20             }
21         }
22     }
23     int Max_dp = 0 , Max_dp_pos = -1 ;
24     for(int i=1;i<=n;i++){
25         if( dp[i] > Max_dp){
26             Max_dp = dp[i];
27             Max_dp_pos = i;
28         }
29     }
30     //printf("%d %d\n",Max_dp,Max_dp_pos);
31     for(int i = Max_dp_pos; i ; i = from[i] ){
32         //printf("%d %d\n",i,from[i]);
33         vis[i] = 1 ;
34     }
35     printf("%d\n",n-Max_dp);
36     int pre = 0;
37     for(int i=1;i<=n;i++){
38         if( vis[i] == 0 ){
39             printf("%d %d\n",i,pre);
40         }else{
41             pre = a[i] ;
42         }
43     }
44     return 0;
45 }

排序

 

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T79670 麻将

题目连接：传送门

题目描述

高呼三声 csfnb 后，Alice 和 Bob 开始打牌。

和通常的牌不一样，他们打的牌上面有两个点数，分别设为 a,b。若是 Alice 得到这张牌，她会得到 a 分数；若是 Bob 得到这张牌，他会得到 b 分数。

游戏开始后，Alice 和 Bob 轮流从牌堆里拿牌，Alice 先手，直到牌堆的牌被拿完时游戏结束。Alice 的策略很简单，她每次选牌堆里 a 最大的那张牌据为己有，若是同时有多张牌有一样的 a，那么她会取 b 最大的那一张。如今 Bob 想知道他如何选能够得到最大的分数。

输入输出格式

输入格式：

 

第一行一个整数 n，意义如上所述。

接下来 n 行，第 i 行两个整数 ai​,bi​，表示第 i 张牌的点数。

 

输出格式：

一行一个整数，表示 Bob 按最优策略取的话，能够得到的最大分数。

 

输入输出样例

输入样例#1： 

1
1 23333

输出样例#1： 

0

输入样例#2： 

2
1 23333
2 1

输出样例#2： 

23333

【题解】：这个题目很是精妙，我以为真的不错。

首先咱们已经能够预知的Alice怎么选择，咱们只须要在Alice选择前 ，对于Bob进行预测最优值便可。
这个题目涉及的知识点为：贪心，排序，堆优化。

首先咱们已经预测到Alice怎么选择，咱们直接能够用Alice的想法进行排序。
这里用到库函数Sort()进行排序便可。

而后第二步就是分析Bob的想法，
一、Alice先手，Bob选择只有比Alice少，不会比Alice多选牌。
二、而后对于Bob来讲，对于排序后，偶数张牌是他必选的，奇数时是贪心决策的。
这个就是把大问题变成小问题处理，选第i张牌时，确保第i-1张牌为最优日后延伸。

举例子：
排序后的结果
A：　　10　　9　　8　　8
B：　　5　　  3　　7　　2　　
首先第一张牌确定是给了Alice
选择第2张牌时，Bob确定只能选第二张牌，获得的价值为3.
选择第3张牌时，Bob看到第3张牌了。
当前他是能够优先选择第3张牌，同时把第2张牌放回去（由于前3张牌只能选1张，Alice先手），获得的价值为 7 
选择第4张牌时，只能选择第4张牌，由于Alice 先手，已经拿去第1,2张牌了。
因此最优策略下，Bob的答案就是9.

在选择时为了能找出最小值，而后从新放入的动做，用了Priority_queue优先队列（堆）来优化。

附上代码：

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 const int N = 1e5+100;
 4 typedef long long ll;
 5 typedef pair<ll,ll> PII;
 6 priority_queue < ll , vector<ll>,greater<ll> > Q;
 7 PII C[N];
 8 int main()
 9 {
10     int n;
11     scanf("%d",&n);
12     for(int i=1;i<=n;i++){
13         scanf("%lld%lld",&C[i].first,&C[i].second);
14     }
15     
16     sort( C+1 , C+1+n , greater<PII>() );
17     
18     long long ans = 0 ,t;
19     if( n>=2 )
20         Q.push(C[2].second),ans=C[2].second;
21     for(int i=3;i<=n;i++){
22         if( i&1 ){
23             t = Q.top();
24             if( !Q.empty() && t < C[i].second ){
25                 ans = ans - Q.top() + C[i].second;
26                 Q.pop();
27                 Q.push(C[i].second);
28             }
29         }else{
30             ans += C[i].second;
31             Q.push(C[i].second);
32         }
33     }
34     return 0*printf("%lld\n",ans);
35 }

麻将