CSP-J2019第二轮解题分析

1.数字游戏

算法分析

共8个字符，可以用循环读入，也可以用scanfscanfscanf一次性读入。然后判断计数。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define ll long long
using namespace std;
int main()
{char c;int num = 0;for (int i = 1; i <= 8; ++i){cin>>c;if (c == '1') ++num;}cout<<num<<endl;
}

2.公交换乘

算法分析

依次读入。判断是地铁的话，结果累加，然后将该地铁的信息放进队列中，队列用数组维护即可。判断是公交车的话，首先维护队首，让超出时间范围的地铁票出队，然后在队列中寻找票价大于当前的公交车票价的地铁票。使用过的地铁票要标记。每次是公交车的时候，最多在45个地铁中选，时间复杂度最坏情况下为O(45n)O(45n)O(45n)。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define ll long long
using namespace std;
int q[100010], l = 1, r;
int vis[100010];
struct node
{int price, t;
}a[100010];
int main()
{int ans = 0;int n; scanf("%d", &n);int stype, sprice, st;for (int i = 1; i <= n; ++i){scanf("%d%d%d", &stype, &sprice, &st);if (stype == 0){ans += sprice;a[i].price = sprice; a[i].t = st;q[++r] = i;}else{while (l <= r && st - a[ q[l] ].t > 45) ++l;int ok = 0;for (int j = l; j <= r; ++j)if (a[ q[j] ].price >= sprice && vis[j] == 0){vis[j] = 1;ok = 1;break;}if (!ok) ans += sprice;}}printf("%d\n", ans);return 0;
}

算法拓展

用队列维护地铁票的信息，因为最优决策不具有单调性，所以还需要标记，有个更简便的办法，改用双向链表去维护地铁票的信息，可以做到O(1)O(1)O(1)删除。数组模拟双向链表。每个地铁票只会被访问一次，整体时间复杂度O(n)O(n)O(n)。

3.纪念品

算法分析

每天每件纪念品可以被买和卖无限次，相当于在每天的第一时刻，把所有纪念品卖掉换成钱，然后当天后面纯是买的动作。在同一天内买卖纪念品不能赚取差价，当天买第二天卖才可能赚取差价，每个纪念品可以被无限次买，即纪念品的数量是无穷的。问题转化为：

在每一天的开始，有mmm元钱，有nnn个纪念品，每个纪念品有无穷多个，第iii个纪念品有体积为price[i]price[i]price[i]，即它的价格，价值为第二天的价格和当天的价格之差，可正可负。完全背包模型。

f[i][j]：f[i][j]：f[i][j]：规划到第iii个物品，目前手里的钱有jjj元，将买来的纪念品第二天都卖掉，所能获得的最大收益。

f[i][j]=max(f[i−1][j],f[i][j+p[k][i]]−p[k][i]+p[k+1][i])f[i][j] = max(f[i-1][j], f[i][\,j + p[k][i]\,] - p[k][i] + p[k+1][i])f[i][j]=max(f[i−1][j],f[i][j+p[k][i]]−p[k][i]+p[k+1][i])

p[k][i]p[k][i]p[k][i]表示第kkk天第iii个纪念品的价格。

等号左侧的jjj要小于右侧的j+p[k][i]j + p[k][i]j+p[k][i]，因此要逆序循环体积。f[i][j+p[k][i]]f[i][\,j + p[k][i]\,]f[i][j+p[k][i]]此时也表示是本行的状态，符合完全背包模型。

注意边界处理。f[i][m]f[i][m]f[i][m]表示手里有mmm元钱的最大收益，此时手里的钱没花，因此第二天也不会有收益，赋值为mmm。可将f[0][m]=mf[0][m] = mf[0][m]=m作为边界，以后会自动赋值。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
int T, n, m, p[110][110], f[110][10010];
int main()
{scanf("%d%d%d", &T, &n, &m);for (int i = 1; i <= T; ++i) for (int j = 1; j <= n; ++j) scanf("%d", &p[i][j]); // f[i][j]:规划到第i个物品，手里还剩j元钱，第二天把物品都卖掉的总收益  for (int k = 1; k < T; ++k){for (int i = 0; i <= 10000; ++i) m = max(m, f[n][i]);memset(f, 0xcf, sizeof(f)); f[0][m] = m;  // 边界  for (int i = 1; i <= n; ++i){      for (int j = m; j >= 0; --j)if (j <= m - p[k][i]) f[i][j] = max(f[i-1][j], f[i][j + p[k][i]] - p[k][i] + p[k+1][i]);   // 取或不取 else f[i][j] = f[i-1][j];  // 不取  }}for (int i = 0; i <= 10000; ++i) m = max(m, f[n][i]);printf("%d\n", m);return 0;
}

算法拓展

1.对于买和卖这种交叉在一起的过程，就要考虑能不能过程转化。转化，是将复杂问题简单化的方式。在数据规模中提到，金币数不可能超过10410^4104，像这种字眼，就该考虑入维度了，或者hashhashhash思想。题面是不会给多余的信息的。

2.完全背包可以优化掉一个维度。

for (int k = 1; k < T; ++k)
{for (int i = 0; i <= 10000; ++i) m = max(m, f[i]);memset(f, 0xcf, sizeof(f)); f[m] = m;  // 边界  for (int i = 1; i <= n; ++i){      for (int j = m - p[k][i]; j >= 0; --j)f[j] = max(f[j], f[j + p[k][i]] - p[k][i] + p[k+1][i]);   // 取或不取 }
}

4.加工零件

算法分析

看描述，应知是图论模型。nnn个点mmm条边的无向非连通图。一个点完成的任务为000，则是需要提供原材料。查询的时候，如果aaa点和1号点不连通，结果是“No”。我们讨论下连通时的情况，aaa点要完成的任务是LLL。

假设L=7L=7L=7，aaa点距离1的距离是3，则aaa点可以通过“跳过去再跳过来”的方式消耗掉2的倍数，aaa点可以完成为3的零件。此时，可以推出1号点完成的任务为0，需要提供原材料。如果aaa点距离1的距离是4，aaa点通过以上方式消耗，可以完成为5的零件，倒推到1号点的时候，1号点可以完成为1的零件。这种情况下，也是“No”。同样可以枚举L=6L=6L=6，距离为3和4的情况。可以得出，在处理aaa点到1号点的距离时分奇偶。

如果LLL为奇数，距离为奇数且小于等于LLL，则为“Yes”，否则为“No”。如果LLL为偶数，距离为偶数且小于等于LLL，则为“Yes”，否则为“No”。

aaa点距离1号点的路径也许并非一条，尤其是有环的情况下，不同路径会更多。路径长度有奇数也会有偶数。思考发现，只需要最短奇数路径长度和最短偶数路径长度。设dis1[i]dis1[i]dis1[i]表示1到iii号点的偶数最短路，dis2[i]dis2[i]dis2[i]表示1到iii号点的奇数最短路。对于起点1，只存在偶数最短路，dis1[1]=0dis1[1] = 0dis1[1]=0。其余初始化为正无穷。用dij + 堆优化、bfs或spfa都可以。现在转化为了最短路问题。

对于u−>vu->vu−>v，如果dis1[u]dis1[u]dis1[u]存在，则dis2[v]=dis1[u]+1dis2[v] = dis1[u] + 1dis2[v]=dis1[u]+1。如果dis2[u]dis2[u]dis2[u]存在，则dis1[v]=dis2[u]+1dis1[v] = dis2[u] + 1dis1[v]=dis2[u]+1。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include <cmath>
#include <queue>
using namespace std;
int n, m, q, cnt, h[100010];
int dis1[100010], dis2[100010];  // dis1:偶数最短路，dis2:奇数最短路
struct node
{int next, to;
}edg[200010];
queue<int> sq;
void sadd(int u, int v)
{++cnt;edg[cnt].next = h[u];edg[cnt].to = v;h[u] = cnt;
}
void spfa()
{dis1[1] = 0; sq.push(1); while (sq.size()){int u = sq.front(); sq.pop(); for (int i = h[u]; i; i = edg[i].next){int v = edg[i].to;if (dis1[u] != 0x3f3f3f3f){if (dis2[v] > dis1[u] + 1){dis2[v] = dis1[u] + 1;sq.push(v); }}if (dis2[u] != 0x3f3f3f3f){if (dis1[v] > dis2[u] + 1){dis1[v] = dis2[u] + 1;sq.push(v); }}}}
}
int main()
{scanf("%d%d%d", &n, &m, &q);int x, y;for (int i = 1; i <= m; ++i){scanf("%d%d", &x, &y);sadd(x, y); sadd(y, x);}memset(dis1, 0x3f, sizeof(dis1));memset(dis2, 0x3f, sizeof(dis2));spfa();while (q--){int a, l; scanf("%d%d", &a, &l);if (a == 1 && h[a] == 0) printf("No\n"); // a是孤立点  else if (dis1[a] == 0x3f3f3f3f && dis2[a] == 0x3f3f3f3f) printf("No\n");  // a和1不连通  else{if (l % 2) // 奇数  {if (dis2[a] <= l) printf("Yes\n"); else printf("No\n"); }else{if (dis1[a] <= l) printf("Yes\n"); else printf("No\n");}}}return 0;
}

算法拓展

1.dij + 堆优化。边权可看作是1，非负，可以用迪杰斯特拉。

2.边权全都是1，可以直接用bfs搜，第一次到的点就是最短路。bfs的复杂度是O(n)O(n)O(n)。bfs求最短路一般适用于两种情况，边权全为1和边权只能为1或0。前者用普通队列，后者用双端队列，每次为0的时候，从队头入队，为1的时候从队尾入队。

3.分层图。分层图多用于求最短路径,但是最短路径中可以有k条边的权值为0，或者加了其他的附加条件。

分层图的构建步骤为：
（1）先将图复制k+1份。
（2）对于图中的每一条边<u, v>，从u到vi+1v_{i+1}vi+1连边，ui+1u_{i+1}ui+1到v连边。

然后在整张图上跑相应图论算法。

博客学习分层图

练习题目：飞行路线

分层图有变形应用。对于本题来讲，每层之间的点不连边，第1层和第2层之间的点连边。1号点能到达的第2层的点之间一定是奇数长度，到达的第1层的点一定是偶数长度。如果到达不了，说明没有对应的奇偶长度。以下图为例：

建立分层图后为：

4、5、6三个点是第2层的点。1号点到不了2号点，说明1和2之间没有偶数路径。从1号点开始跑最短路即可。这里用的是dij+堆优化。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <utility>
#define ll long long
using namespace std;
struct node
{int next, to;
}edg[400010];
int cnt, h[200010];
void sadd(int u, int v)
{++cnt;edg[cnt].next = h[u];edg[cnt].to = v;h[u] = cnt;
}
int dis[200010], vis[200010];
queue<pair<int, int> > sq; // 大根堆
int main()  // 分层图
{int n, m, q;scanf("%d%d%d", &n, &m, &q);int u, v;for (int i = 1; i <= m; ++i){scanf("%d%d", &u, &v);sadd(u, v + n);sadd(v + n, u);sadd(u + n, v);sadd(v, u + n);}memset(dis, 0x3f, sizeof(dis));sq.push(make_pair(0, 1));dis[1] = 0; while (sq.size()){u = sq.front().second; sq.pop();if (vis[u]) continue;vis[u] = 1;for (int i = h[u]; i; i = edg[i].next){v = edg[i].to;if (dis[v] > dis[u] + 1){dis[v] = dis[u] + 1;sq.push(make_pair(-dis[v], v));}}}// dis[i]:1到i的偶数最短路， dis[i+n]：1到i的奇数最短路  int a, L;while (q--){scanf("%d%d", &a, &L);if (L % 2) {if (dis[a+n] <= L) printf("Yes\n"); else printf("No\n");}else {if (dis[a] <= L) printf("Yes\n"); else printf("No\n");}}return 0;
}

4.记忆化搜索。有人用此法得了80分。暴力算法也是应该苦练的。

博客链接

下面是别人的代码：

用rec[u][l]表示工人u加工l阶段是否需要编号为1的人提供原料
需要：rec[u][l]=1;不需要rec[u][l]=-1;不确定：rec[u][l]=0;

#include<bits/stdc++.h>
#define r register
using namespace std;int read(){int res=0,f=1;char ch;while(isspace(ch=getchar()));if(ch=='-') f=-1,ch=getchar();do{res=res*10+ch-'0';}while(isdigit(ch=getchar()));return res*f;
}const int maxn=2e4;
int cnt,n,m,q,sure,cntmt;
int head[maxn],rec[maxn][maxn],xfkmt[maxn],yfkmt[maxn];
bool vis[maxn][maxn];struct edge{int u,v,next;
}e[maxn];inline void adde(int x,int y){e[++cnt].u=x;e[cnt].v=y;e[cnt].next=head[x];head[x]=cnt;
}void dfs(int now,int depth){if(sure==1) return;if(rec[now][depth]==-1||vis[now][depth]) return;if(rec[now][depth]==1){sure=1;return;}if(depth==1) {for(r int i=head[now];i;i=e[i].next)if(e[i].v==1){sure=1;break;} if(sure!=1) rec[now][depth]=-1; return; }for(r int i=head[now];i;i=e[i].next){dfs(e[i].v,depth-1);vis[e[i].v][depth-1]=1;++cntmt;xfkmt[cntmt]=e[i].v;yfkmt[cntmt]=depth-1;}
}int main(){   n=read(),m=read(),q=read();int u,v;for(r int i=1;i<=m;i++){u=read(),v=read();adde(u,v);adde(v,u); }int l;for(r int k=1;k<=q;k++){u=read(),l=read();cntmt=0;sure=-1;dfs(u,l);   if(sure==1) printf("Yes\n");else printf("No\n");rec[u][l]=sure;for(r int i=1;i<=cntmt;i++)vis[xfkmt[i]][yfkmt[i]]=!vis[xfkmt[i]][yfkmt[i]];}return 0;
}

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