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本次是最后一篇免费的考试题解，以后的考试题目以及题解将会以付费的方式阅读，题目质量可以拿本次作为参考
本来半个月前就已经搞得差不多了，然后给一位神犇orz看（神犇orz都是很忙的！），就一直听取意见修修改改呀拖到了半个月之后，不过这也是为了能够做到完美吧
T1-apple-1s
第一题是一道贪心的水题
天数只有两天，不是今天吃就是明天吃，我们将 b[i]=min（x[i],y[i]）定为基础开心值，也就是说不论哪天吃都至少可以得到这个分数，于是只用考虑在哪天吃可以得到比基础更高的分数
那么我们将第一天的开心值减去第二天的开心值，得到一个差值，若为正数，则表示第一天比第二天优，若我们在第一天吃，那么除了得到基础的分数以外，还可以得到第一天多出的额外分数。如 x[1]=5，y[1]=3，不论在哪天吃至少可以得到 3 分，若在第一天吃还可以得到额外的 2 分
则将 b[i] 这个差值按降序排序，然后从前往后贪心即可
1 #include<algorithm> 2 #include<iostream> 3 #include<cstdlib> 4 #include<cstring> 5 #include<cstdio> 6 #include<cmath> 7 using namespace std; 8 9 struct data 10 { 11 long long n,a,b,x; 12 } 13 a[100001]; 14 long long n,m,i,ans; 15 bool cmp(data x,data y) 16 { 17 return x.x>y.x; 18 } 19 int main() 20 { 21 freopen("apple.in","r",stdin); 22 freopen("apple.out","w",stdout); 23 cin>>n>>m; 24 for (i=1;i<=n;i++) 25 { 26 cin>>a[i].n>>a[i].a>>a[i].b; 27 a[i].x=a[i].a-a[i].b; 28 } 29 sort(a+1,a+1+n,cmp); 30 for (i=1;i<=n;i++) 31 { 32 if (m-a[i].n>=0) 33 { 34 m-=a[i].n; 35 ans+=a[i].a*a[i].n; 36 } 37 else 38 { 39 ans+=a[i].a*m+a[i].b*(a[i].n-m); 40 m=0; 41 } 42 } 43 cout<<ans<<endl; 44 return 0; 45 }
然后我来讲讲60分的做法，你强行不开 long long 就可以得到60分的高分！
T2-mos-1s
第二题DP，决策比较难想到，但是代码很容易写，原题是BZOJ2072和POI2004的，但BZOJ把题删了，POI根本上不去……坑爹呐，还是要贴上题目
先把时间升序排序，依次标号为1~n
我们考虑两种决策，第一种先让 1 号和 n 号过桥，然后 1 号返回，此时消耗 a[n]+a[1] 的时间，第二种是让 1 号和 2 号过桥，然后 1 号送回火把，n 号再跟 n-1 号过桥，最后 2 号送回火把，这样消耗 a[n]+2*a[2]+a[1] 的时间。显然第一种方案只能送走一个人，第二种方案可以送走两个人
这两种方案是最优的，但貌似证明比较难，这也导致了决策比较难想
设 f[i] 为送走到第 i 个人所用的时间，预处理出 f[n]=a[n]+a[1]，因为它不存在第二种两个人一起走的方案
状态转移方程 f[i]=min(a[i]+a[1]+f[i+1],a[i+1]+2*a[2]+a[1]+f[i+2]) i=n-1~3
目标状态就是 f[3]+a[2]
这里有一个点要特判，就是 n=1 或 2，此时答案就是 a[n]
1 #include<algorithm> 2 #include<iostream> 3 #include<cstdlib> 4 #include<cstring> 5 #include<cstdio> 6 #include<cmath> 7 using namespace std; 8 9 const int N=100004; 10 int n,a[N],f[N]; 11 int main() 12 { 13 freopen("mos.in","r",stdin); 14 freopen("mos.out","w",stdout); 15 scanf("%d",&n); 16 int i; 17 for (i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); 18 sort(a+1,a+1+n); 19 if (n==1||n==2) 20 { 21 printf("%d ",a[n]); 22 return 0; 23 } 24 f[n]=a[n]+a[1]; 25 for (i=n-1;i>2;i--) f[i]=min(a[i]+a[1]+f[i+1],a[i+1]+2*a[2]+a[1]+f[i+2]); 26 printf("%d ",f[3]+a[2]); 27 return 0; 28 }
T3-sta-2s
题目给的是两秒哈，然而极限数据最后被我0.998s跑过了
这题是BZOJ1131和POI2008的原题，结果跟上一题一样在网上已经失传了
话说大家都讲这是个树形DP模板题，然而我考场上没有做出来……
设 f[x] 为以 x 为根的所有节点深度和，size[x] 为以 x 为根的树的节点个数+1（也就是后代的个数加上自己），fa[x] 为 x 的父亲节点
那么转移 f[x]=(f[fa[x]]-size[x])+(n-size[x])，把它按括号拆成两部分看，当根换成x后，对于它的父亲而言 x 节点的深度是少了 1 的，并且对于x的所有后代深度来说深度也都减少了1，即前半部分为原先总的深度 f[fa[x]] 减去因为换根少的深度 size[x]。后半部分也类似，除了x及其后代后的节点 n-size[x]，每一个深度都多了1，所以要加上
size 和 fa 数组用 DFS 预处理出来，我们用 f[1] 作为初始状态，它就是所有深度和，在预处理的时候统计统计，DP 用 BFS 转移
因为 n 很大，所以 DFS 的时候要手写栈
1 #include<algorithm> 2 #include<iostream> 3 #include<cstdlib> 4 #include<cstring> 5 #include<cstdio> 6 #include<cmath> 7 #include<stack> 8 #include<queue> 9 using namespace std; 10 11 const int N=1000001; 12 stack<int> s; 13 queue<int> q; 14 int next[N*2],first[N],v[N*2],d[N],size[N],fa[N],j[N]; 15 long long f[N],k; 16 bool g[N]; 17 inline void read(int &re) 18 { 19 char ch=getchar(); 20 re=0; 21 while (ch>='0'&&ch<='9') 22 { 23 re=re*10+ch-'0'; 24 ch=getchar(); 25 } 26 } 27 int main() 28 { 29 freopen("sta.in","r",stdin); 30 freopen("sta.out","w",stdout); 31 int i,x,n,m; 32 read(n); 33 for (i=1;i<n;i++) 34 { 35 read(x); 36 read(v[i]); 37 next[i]=first[x]; 38 first[x]=i; 39 v[i+n-1]=x; 40 next[i+n-1]=first[v[i]]; 41 first[v[i]]=i+n-1; 42 size[i]=1; 43 } 44 size[n]=1; 45 s.push(1); 46 j[1]=first[1]; 47 fa[1]=-1; 48 while (!s.empty()) 49 { 50 x=s.top(); 51 for (;j[x];j[x]=next[j[x]]) 52 if (!fa[v[j[x]]]) 53 { 54 fa[v[j[x]]]=x; 55 k=d[v[j[x]]]=d[x]+1; 56 f[1]+=k; 57 j[v[j[x]]]=first[v[j[x]]]; 58 s.push(v[j[x]]); 59 break; 60 } 61 if (!j[x]) 62 { 63 s.pop(); 64 size[fa[x]]+=size[x]; 65 } 66 } 67 q.push(1); 68 m=1; 69 while (!q.empty()) 70 { 71 x=q.front(); 72 q.pop(); 73 for (i=first[x];i;i=next[i]) 74 { 75 if (g[v[i]]) continue; 76 g[v[i]]=1; 77 q.push(v[i]); 78 k=n-size[v[i]]*2; 79 f[v[i]]=f[x]+k; 80 if (f[v[i]]>f[m]||(f[v[i]]==f[m]&&v[i]<m)) m=v[i]; 81 } 82 } 83 printf("%d ",m); 84 return 0; 85 }
T4-tet-1s
BZOJ1106与POI2007的原题，BZOJ又把它删掉了T.T
考试的时候我用了一个奇奇怪怪的方法把它做出来了，虽然不是正解，但是可以A，还跑得挺快
首先我们肯定是每次找最近的两个数字，然后通过交换把它们消去，如 1…2…1…2 这种情况先消去1还是先消去2的结果是一样的
设原栈为A，新建一个栈为B，每次将A栈顶元素取出丢进B里，如果B内已有相同元素，根据其距离B栈顶的距离更新答案，然后在栈中消去该数字。如果B内没有的话就压进栈，并且记录其位置，这样不断循环直到A为空为止
证明自己脑补一下（其实可以用“反正”法）
1 #include<algorithm> 2 #include<iostream> 3 #include<cstdlib> 4 #include<cstring> 5 #include<cstdio> 6 #include<cmath> 7 #include<stack> 8 using namespace std; 9 10 stack<int> a,b,c; 11 int n,i,x,ans; 12 bool f[50001]; 13 int main() 14 { 15 freopen("tet.in","r",stdin);freopen("tet.out","w",stdout); 16 scanf("%d",&n); 17 for (i=1;i<=n*2;i++) scanf("%d",&x),a.push(x); 18 while (!a.empty()) 19 { 20 x=a.top(); 21 a.pop(); 22 if (f[x]) 23 { 24 while (b.top()!=x) c.push(b.top()),b.pop(),ans++; 25 b.pop(); 26 while (!c.empty()) b.push(c.top()),c.pop(); 27 } 28 else f[x]=1,b.push(x); 29 } 30 printf("%d ",ans); 31 return 0; 32 }
T5-bags-1s
RQNOJ 123，http://www.rqnoj.cn/problem/123
不得不说，RQNOJ的机子跑得好慢呀，5*107 的数据范围本地跑 0.2s，服务器上愣是把我卡掉了，最后只好写了一份 Pascal 交上去
本地跑
OJ上跑
咳咳，言归正传
普通的背包是求出最优的那一种方案，方程转移是 f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-v[i]]+w[i])，相当于把 2 个变量经比较后丢到 1 个变量里，也就是 k=1 时的情况。而现在我们需要求最优的前 k 组方案，那么可以把数组再增加一维，变成把 2k 个变量经比较后丢进 k 个数里，也就是 2 个线性表丢进 1 个线性表里，由于线性表内数据是单调下降的，则可以按照归并排序的做法做
实现操作中还可以滚掉第一维，那么 j 就要递减枚举
1 #include<algorithm> 2 #include<iostream> 3 #include<cstdlib> 4 #include<cstring> 5 #include<cstdio> 6 #include<cmath> 7 using namespace std; 8 9 const int V=5001,K=51,maxint=2147483647; 10 int f[V][K],g[K]; 11 int main() 12 { 13 freopen("bags.in","r",stdin); 14 freopen("bags.out","w",stdout); 15 int i,j,n,m,s,ans=0,q1,q2,k,w,v; 16 scanf("%d%d%d",&m,&s,&n); 17 for (i=0;i<=s;i++) 18 for (j=1;j<=m;j++) f[i][j]=-maxint; 19 f[0][1]=0; 20 for (i=1;i<=n;i++) 21 { 22 scanf("%d%d",&w,&v); 23 for (j=s;j>=w;j--) 24 { 25 if (f[j-w][1]<0) continue; 26 q1=q2=1; 27 for (k=1;k<=m;k++) 28 if (f[j-w][q1]+v>f[j][q2]) g[k]=f[j-w][q1++]+v; 29 else g[k]=f[j][q2++]; 30 for (k=1;k<=m;k++) f[j][k]=g[k]; 31 } 32 } 33 for (i=1;i<=m;i++) ans+=f[s][i]; 34 printf("%d ",ans); 35 return 0; 36 }
其实本来还准备了 3 道题的，不过那三道一道是国家集训队的作业题，一道是省队的考试题，最后一道是有版权的原创题（发了的话XXX会Heck我的QuQ）
那也就不能放进“水题”合集了吧
另外，T5有数据，自己到 OJ 上测去