一.友好的生物
我去看了神仙陈启峰2016的论文
1.首先我们假设K=3，并且忽略
"但是属性K与众不同，这种属性差别越小的两种生物越友好"这一条件
那么对于任意a,b
那么 (±a.k[1]±a.k[2]±a.k[3])-(±b.k[1]±b.k[2]±b.k[3])
因为根据常理 c-d<=|c-d|
也就是说只有在符号正确的情况下，我们才能得到最大差值
在2^k的枚举下前后同号
如何优化？
假设我们从左向右依次枚举，得到当前最小值Min，那么后面减Min一定更优
2.因为属性K与众不同，这种属性差别越小的两种生物越友好
那么我们按K从小到大排序，以来保证K的属性差别越小
或者说，我们保证后面的值减前面的值总为正
#include<bits/stdc++.h> #define re return #define inc(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i) using namespace std; template<typename T>inline void rd(T&x) { char c;bool f=0; while((c=getchar())<'0'||c>'9')if(c=='-')f=1; x=c^48; while((c=getchar())>='0'&&c<='9')x=x*10+(c^48); if(f)x=-x; } const int maxn=100005; int n,m,C[6]; struct node { int k[6]; bool operator<(node b)const { re k[m]<b.k[m]; } }a[maxn]; int main() { rd(n),rd(m); inc(i,1,m)rd(C[i]); inc(i,1,n) inc(j,1,m) { rd(a[i].k[j]); a[i].k[j]*=C[j]; } sort(a+1,a+n+1); int S=1<<(m-1),ans=0,Min; inc(s,0,S) { Min=10000000; inc(i,1,n) { int now=0; inc(j,1,m-1) if(s&(1<<(j-1))) now+=a[i].k[j]; else now-=a[i].k[j]; now-=a[i].k[m]; ans=max(ans,now-Min); Min=min(Min,now); } } printf("%d",ans); re 0; }
二.基因重组
Juicepry®是一个世界著名的实验室。目前，实验室的科学家们正致力于对生物基因的重组进行深入研究。基因的物质载体是脱氧核糖核酸（DNA）。DNA是一种仅由A、T、G、C四种基元构成的双螺旋结构的有机分子。
DNA的两条单链上，同一位置的两个基元是互相对应的。A对T，G对C，因此，我们只需用任意一条链上的基元排列，就可以表示DNA的分子结构。例如：ATTGAGCCGTAT。
由于DNA微小而复杂，重组DNA极其困难，科学家们打算利用一条现成的DNA链作原材料拼接成另外一条新的DNA链。即使这样，拼接DNA仍然是一件繁重的工作，非人力所能胜任。所以科学家们制造了一种手术机器人TuringM来完成这项任务。TuringM每次只能在目标链(T)的右端与原材料 (S) 的左端进行操作。它有下列几种基本拼接操作：
对于每种操作，机器人的单位时间耗费如上表所示（单位：分钟）。最后剩余的原材料自动丢弃。
现在的任务是请你编一个程序，帮助科学家们找出完成DNA链拼接的最少时间。
可怜八月二十四，LL不会做dp
设f[i][j][k]表示枚举到S的前i，T的前j个，通过第K（0：当前最小值，1：正向copy，2：逆向copy，3：删除）种方式
我们可以推出如下式子
f[i][j][0]=min(f[i][j][1],f[i][j][2],f[i][j][3],f[i][j-1][0]+c3)
if(s[i]==t[i]) f[i][j][1]=min(f[i-1][j-1][1],f[i-1][j-1][0]+c1)
if(s[i]==match[t[i]]) f[i][j][2]=min(f[i-1][j-1][2],f[i-1][j-1][0]+c1)
f[i][j][3]=min(f[i-1][j][3],f[i-1][j][0]+c2)
然后卡卡空间，二维滚动
#include<bits/stdc++.h> #define re return #define inc(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i) using namespace std; template<typename T>inline void rd(T&x) { char c;bool f=0; while((c=getchar())<'0'||c>'9')if(c=='-')f=1; x=c^48; while((c=getchar())>='0'&&c<='9')x=x*10+(c^48); if(f)x=-x; } const int maxn=5005; int n,m,c1,c2,c3,ans=2147483647,f[2][maxn][4]; char s[maxn],ss[maxn],match[100]; int main() { freopen("in.txt","r",stdin); match['A']='T';match['T']='A'; match['C']='G';match['G']='C'; scanf("%d%d%d",&c1,&c2,&c3); scanf("%s%s",s+1,ss+1); n=strlen(s+1);m=strlen(ss+1); memset(f,0x3f3f3f3f,sizeof f); //除了在一开始都没加的情况下为0 //其他相当于一直在减 f[0][0][0]=0; f[1][0][0]=c2; //预处理出第一个串一个也不用的情况 inc(i,1,m)f[0][i][0]=f[0][i-1][0]+c3; ans=f[0][m][0]; for(int num=1,i=1;num<=n;++num,i=1-i) { inc(j,1,m) { if(s[num]==ss[j]) f[i][j][1]=min(f[i^1][j-1][1],f[i^1][j-1][0]+c1); else f[i][j][1]=0x3f3f3f3f; if(s[num]==match[ss[j]]) f[i][j][2]=min(f[i^1][j-1][2],f[i^1][j-1][0]+c1); else f[i][j][2]=0x3f3f3f3f; f[i][j][3]=min(f[i^1][j][3],f[i^1][j][0]+c2); f[i][j][0]=min(f[i][j-1][0]+c3,f[i][j][1]); f[i][j][0]=min(f[i][j][0],f[i][j][2]); f[i][j][0]=min(f[i][j][0],f[i][j][3]); if(j==m) ans=min(ans,f[i][j][0]); } f[0][0][0]=f[1][0][0]=c2; } printf("%d",ans); re 0; }
二.危险的迷宫
近来发现了一个古老的地下迷宫，已探明该迷宫是一个A行B列的矩阵，该迷宫有N个不同的出口与N个不同的入口，任一单元格不会既为入口又为出口。为了进一步探明与发掘该迷宫，N个考古队员分别从地上的N个不同的入口进入迷宫，并且计划从N个不同的出口出来。每个队员任意选择一个出口出来，但任意两名队员不会选择同一个出口。
迷宫中的每一格与其相邻的某些格相通。该迷宫设计非常精妙，在不知道具体机关的情况下，人一旦离开其所在格后，该格将迅速关闭，且再也不能开启，也就是说每一格仅能进入一次。更糟的是，迷宫中的每一格都有一定的危险性，专家们用1至100的整数表示，数值越大表示越危险。正因为如此，再加之每一格都不很宽敞，两人一起进入比较危险，所以规定不能两个人同时进入同一格。
为了队员们的安全着想，希望你能够编程求出如何使队员们所经过单元格的危险性总和最小。
【样例解释】
有如下迷宫：
每一格中的数字表示该格的危险程度。两格间若有空缺，表示这两格相通。
入口有两个：（1，1）即第一行第一列，（1，2）即第一行第二列
出口也有两个：（2，3）即第二行第三列，（3，4）即第三行第四列
两名队员的最好的行动方案之一，如上图红蓝箭头所示。危险程度之和最小为235。
莫说了，最小费用最大流模板
#include<bits/stdc++.h> #define re return #define ll long long #define inc(i,l,r) for(int i=l;i<=r;++i) using namespace std; template<typename T>inline void rd(T&x) { char c;bool f=0; while((c=getchar())<'0'||c>'9')if(c=='-')f=1; x=c^48; while((c=getchar())>='0'&&c<='9')x=x*10+(c^48); if(f)x=-x; } const int maxn=305; int n,m,K,V,s,k=1,t,C,hd[maxn]; int cur[maxn],dis[maxn],vis[maxn]; struct node{ int to,nt,flow,cost; }e[100000]; inline void add(int x,int y,int flow,int w) { e[++k].to=y;e[k].nt=hd[x];hd[x]=k;e[k].flow=flow;e[k].cost=w; e[++k].to=x;e[k].nt=hd[y];hd[y]=k;e[k].flow=0; e[k].cost=-w; } inline bool bfs() { inc(i,1,t) dis[i]=214545444; dis[s]=0; queue<int>q; q.push(s); while(!q.empty()) { int u=q.front(); vis[u]=0; q.pop(); for(int i=hd[u];i;i=e[i].nt) { int v=e[i].to; if(dis[v]>dis[u]+e[i].cost&&e[i].flow) { dis[v]=dis[u]+e[i].cost; if(!vis[v])q.push(v); vis[v]=1; } } } re dis[t]!=214545444; } inline int dfs(int u,int flow) { if(u==t) { C+=flow*dis[t]; re flow; } int delta=flow; for(int &i=cur[u];i;i=e[i].nt) { int v=e[i].to; if(dis[v]==dis[u]+e[i].cost&&e[i].flow) { int d=dfs(v,min(delta,e[i].flow)); e[i].flow-=d;e[i^1].flow+=d; delta-=d; if(!delta)re flow; } } re flow-delta; } int main() { freopen("maze.in","r",stdin); freopen("maze.out","w",stdout); int x1,x2,y1,y2,x,y; rd(n),rd(m); int tot=n*m; s=tot+tot+1; t=s+1; inc(i,1,n) { int v=(i-1)*m; inc(j,1,m) { rd(x); add(v+j,v+j+tot,1,x); } } rd(K); inc(i,1,K) { rd(x1),rd(y1),rd(x2),rd(y2); add((x1-1)*m+y1+tot,(x2-1)*m+y2,1,0); add((x2-1)*m+y2+tot,(x1-1)*m+y1,1,0); } rd(V); inc(i,1,V) { rd(x),rd(y); add(s,(x-1)*m+y,1,0); } inc(i,1,V) { rd(x),rd(y); add((x-1)*m+y+tot,t,1,0); } int ans=0; while(bfs()) { inc(i,1,t)cur[i]=hd[i]; ans+=dfs(s,V); } if(ans==V) printf("%d",C); else printf("-1"); re 0; }