目录

1.Saruman's Army

2.Catch That Cow

3.Drying

4.P3386 【模板】二分图最大匹配

5. Swap Dilemma

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1.Saruman's Army

3069 -- Saruman's Army (poj.org)

这道题就是要求我们在给的的位置放入 palantir，每个 palantir有R大小的射程范围，要求求出最少需要安装多少个 palantir，才能将让所有的军队在射程范围内。

思路：

先将军队的位置排序，为二分做准备。

先枚举第一个位置，二分找到小于等于这个位置+R的位置，在此位置安装一个 palantir。

再从这个位置开始重复上述操作。直到索引i>n。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define TEST int T;cin>>T;while(T--)
#define lowbit(x) x&(-x) 
using namespace std;
const int N = 1500;
const int M = 1e9 + 2;
int base1 = 131, base2 = 13311;
ll a[N];
void solve()
{
	ll n,k;
	while(cin>>k>>n)
	{
		if(k==-1) break;
			for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
			ll ans=0;
			sort(a+1,a+1+n);
			int i=1;
			while(i<=n)
			{
				ans++;
				//找安装的位置
				int pos=upper_bound(a+1,a+1+n,a[i]+k)-a-1;
				pos=upper_bound(a+1,a+1+n,a[pos]+k)-a;
				i=pos;
			}
			cout<<ans<<"\n";
	}
}
int main()
{
	solve();
	return 0;
}

2.Catch That Cow

3278 -- Catch That Cow (poj.org)

给出我们起点和终点，要求我们求出从起点到终点最少需要几个操作。

操作1：当前位置+1

操作2：当前位置-1

操作3：传送到当前位置*2的位置

思路：

用bfs算法去搜索答案。注意不能乱搜索：

当当前位置大于终点位置，不能入队操作1和3

当当前位置小于0，不能入队操作3

当当前位置大于终点位置，才能入队操作2

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define ll long long
#define TEST int T;cin>>T;while(T--)
#define lowbit(x) x&(-x) 
using namespace std;
const int N = 1500;
const int M = 200010;
int base1 = 131, base2 = 13311;
ll a[N],v[M];
struct node
{
	ll v,st;
};
void solve()
{
	ll n,k;
	cin>>n>>k;
	queue<node>q;
	node start,nextt;
	start.st=0,start.v=n;
	q.push(start);
	while(!q.empty())
	{
		node t=q.front();
		q.pop();
		if(t.v==k)
		{
			cout<<t.st<<"\n";
			return;
		}
		if(t.v>0&&!v[t.v-1])
		nextt.v=t.v-1,nextt.st=t.st+1,q.push(nextt),v[t.v-1]=1;
		if(t.v<k&&!v[t.v+1])
		nextt.v=t.v+1,nextt.st=t.st+1,q.push(nextt),v[t.v+1]=1;
		if(t.v>0&&t.v<k&&!v[2*t.v])
		nextt.v=t.v*2,nextt.st=t.st+1,q.push(nextt),v[2*t.v]=1;
	}
}
int main()
{
	solve();
	return 0;
}

3.Drying

3104 -- Drying (poj.org)

要求求出全部衣物都干的最短时间。

二分答案去求解，L为1，R为最湿的衣服的湿润度。

如何判断mid可行？

对衣服的湿润度排序，找到大于mid的衣服，将它减去，再除以烘干片每分钟可以减少的湿润度，向上取整。最后这个值要是小于mid，则这个值可行。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<math.h>
#define ll long long
#define TEST int T;cin>>T;while(T--)
#define lowbit(x) x&(-x)
using namespace std;
const int N = 150000;
const int M = 200010;
int base1 = 131, base2 = 13311;
ll n, k, a[N];
bool check(ll x) {
	ll ans = x;
	int pos = upper_bound(a + 1, a + 1 + n, x) - a;
	for (int i = pos; i <= n; i++) {
		ans -= (a[i] - x + k - 2) / (k - 1);
		if (ans < 0) return false;
	}
	return true;
}
void solve() {
	scanf("%lld", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &a[i]);
	scanf("%lld", &k);
	sort(a + 1, a + 1 + n);
	if (k == 1) {
		cout << a[n] << "\n";
		return ;
	}
	ll l = 1, r = a[n], mid;
	while (l < r) {
		mid = l + r >> 1;
		if (check(mid)) { //这段时间可以烘干,再试试更短的时间

			r = mid;
		} else {
			l = mid + 1;
		}
	}
	cout << r << "\n";
}
int main() {
	solve();
	return 0;
}

4.P3386 【模板】二分图最大匹配

P3386 【模板】二分图最大匹配 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

匈牙利算法的板子题。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<math.h>
#include<cstring>
#define ll long long
#define TEST int T;cin>>T;while(T--)
#define lowbit(x) x&(-x)
using namespace std;
const int N = 100010;
const int M = 16000101;
int base1 = 131, base2 = 13311;
ll colour[N], head[N];
struct Node {
	int u, v, net;
} e[N << 2];
ll n, m, cnt = 0;
ll v[N];
vector<vector<ll> >f;
bool dfs(int x, int co) {
	if (v[x] == co) return false;
	v[x] = co;
	for (auto k : f[x]) {
		if (!head[k] || dfs(head[k], co)) {
			head[k] = x;
			return true;
		}

	}
	return false;
}
void solve() {
	cin >> n >> m >> cnt;


	f.resize(n + m + 1);
	for (int u, v; cnt; cnt--) {
		cin >> u >> v;
		f[u].push_back(v);
	}
	ll ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if (dfs(i, i)) ans++;
	}
	cout << ans << "\n";
}
int main() {

	solve();
	return 0;
}

5. Swap Dilemma

Problem - D - Codeforces

先将两个数组排序，再判断这两个数组是否相同，相同再进行下一步，反之直接输出NO。

求逆序对，分别讨论两个逆序对的奇偶性，奇偶性相同则输出YES，反之输出NO。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<math.h>
#include<cstring>
#include<map>
#define ll long long
#define TEST int T;cin>>T;while(T--)
#define lowbit(x) x&(-x)
using namespace std;
const int N = 100010;
const int M = 200010;
int base1 = 131, base2 = 13311;
ll n, rak1[N], rak2[N];
struct Node {
	ll v, id;
} e1[N], e2[N];
map<ll,ll>f1,f2;
bool cmp(Node a, Node b) {
	if (a.v == b.v) return a.id < b.id;
	return a.v < b.v;
}
void add1(int pos) {
	for (int i = pos; i <= n; i += lowbit(i)) f1[i]++;
}
void add2(int pos) {
	for (int i = pos; i <= n; i += lowbit(i)) f2[i]++;
}
ll ask1(int pos) {
	ll ans = 0;
	for (int i = pos; i >= 1; i -= lowbit(i)) ans += f1[i];
	return  ans;
}
ll ask2(int pos) {
	ll ans = 0;
	for (int i = pos; i >= 1; i -= lowbit(i)) ans += f2[i];
	return  ans;
}
void solve() {
	scanf("%lld", &n);
	f1.clear();
	f2.clear();
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%lld", &e1[i].v), e1[i].id = i;
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%lld", &e2[i].v), e2[i].id = i;
	}
	sort(e1 + 1, e1 + 1 + n, cmp);
	sort(e2 + 1, e2 + 1 + n, cmp);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if (e1[i].v != e2[i].v) {
			cout << "NO\n";
			return;
		}
		rak1[e1[i].id] = i;
		rak2[e2[i].id] = i;
	}
	ll ans1 = 0, ans2 = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		int pos1, pos2;
		pos1 = rak1[i];
		pos2 = rak2[i];
		ans1 += ask1(n) - ask1(pos1);
		ans2 += ask2(n) - ask2(pos2);
		add1(pos1);
		add2(pos2);
	}
	if (abs(ans1 - ans2) % 2 != 0) {
		cout << "NO\n";
	} else {
		cout << "YES\n";
	}
}
int main() {
	TEST
	solve();
	return 0;
}