【题目描述】
石头剪刀布是常见的猜拳游戏：石头胜剪刀，剪刀胜布，布胜石头。如果两个人出拳一样，则不分胜负。在《生活大爆炸》第二季第8 集中出现了一种石头剪刀布的升级版游戏。
升级版游戏在传统的石头剪刀布游戏的基础上，增加了两个新手势：
斯波克：《星际迷航》主角之一。
蜥蜴人：《星际迷航》中的反面角色。
这五种手势的胜负关系如表一所示，表中列出的是甲对乙的游戏结果。
现在，小A 和小B 尝试玩这种升级版的猜拳游戏。已知他们的出拳都是有周期性规律的，但周期长度不一定相等。例如：如果小 A以“石头 - 布- 石头- 剪刀- 蜥蜴人- 斯波克”长度为6 的周期出拳，那么他的出拳序列就是“石头- 布- 石头- 剪刀- 蜥蜴人- 斯波克- 石头- 布- 石头- 剪刀- 蜥蜴人- 斯波克- ……”，而如果小B 以“剪刀- 石头- 布- 斯波克- 蜥蜴人”长度为5 的周期出拳，那么他出拳的序列就是“剪刀- 石头- 布- 斯波克- 蜥蜴人- 剪刀- 石头- 布-斯波克- 蜥蜴人- ……”
已知小A 和小B 一共进行N 次猜拳。每一次赢的人得1 分，输的得0 分；平局两人都得0 分。现请你统计N 次猜拳结束之后两人的得分。
【输入输出格式】
输入格式：输入文件名为rps.in。
第一行包含三个整数：N ，NA，NB，分别表示共进行 N 次猜拳、小 A 出拳的周期长度，小B 出拳的周期长度。数与数之间以一个空格分隔。
第二行包含NA个整数，表示小 A 出拳的规律，第三行包含NB个整数，表示小 B 出拳的规律。其中，0 表示“剪刀”，1 表示“石头”，2 表示“布”，3 表示“蜥蜴人”， 4 表示“斯波克”。数与数之间以一个空格分隔。
输出格式：输出文件名为rps.out 。
输出一行， 包含两个整数，以一个空格分隔，分别表示小A 、小B 的得分。
【输入输出样例】
10 5 6 0 1 2 3 4 0 3 4 2 1 0
6 2
9 5 5 0 1 2 3 4 1 0 3 2 4
4 4
【说明】
对于100%的数据，0 < N ≤ 200 ，0 < NA ≤ 200 ， 0 < NB ≤ 200 。
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; int n,n1,n2,map[10][10],a[210],b[210]; int main(){ scanf("%d%d%d",&n,&n1,&n2); for(int i=1;i<=n1;i++)scanf("%d",&a[i]); for(int i=1;i<=n2;i++)scanf("%d",&b[i]); for(int i=0;i<=4;i++)map[i][i]=0; map[0][2]=1;map[0][3]=1;map[1][3]=1;map[2][4]=1;map[3][4]=1; map[1][0]=1;map[2][1]=1;map[3][2]=1;map[4][0]=1;map[4][1]=1; int cnt1=0,cnt2=0,ans1=0,ans2=0; for(int i=1;i<=n;i++){ cnt1++;cnt2++; if(cnt1>n1)cnt1=1; if(cnt2>n2)cnt2=1; ans1+=map[a[cnt1]][b[cnt2]]; ans2+=map[b[cnt2]][a[cnt1]]; } printf("%d %d",ans1,ans2); }
【题目描述】
无向连通图G 有n 个点，n - 1 条边。点从1 到n 依次编号，编号为 i 的点的权值为W i ，每条边的长度均为1 。图上两点( u , v ) 的距离定义为u 点到v 点的最短距离。对于图G 上的点对( u, v) ，若它们的距离为2 ，则它们之间会产生Wu×Wv 的联合权值。
请问图G 上所有可产生联合权值的有序点对中，联合权值最大的是多少？所有联合权值之和是多少？
【输入输出格式】
输入格式：输入文件名为link .in。
第一行包含1 个整数n 。
接下来n - 1 行，每行包含 2 个用空格隔开的正整数u 、v ，表示编号为 u 和编号为v 的点之间有边相连。
最后1 行，包含 n 个正整数，每两个正整数之间用一个空格隔开，其中第 i 个整数表示图G 上编号为i 的点的权值为W i 。
输出格式：输出文件名为link .out 。
输出共1 行，包含2 个整数，之间用一个空格隔开，依次为图G 上联合权值的最大值
和所有联合权值之和。由于所有联合权值之和可能很大，输出它时要对10007 取余。
【输入输出样例】
5 1 2 2 3 3 4 4 5 1 5 2 3 10
20 74
本例输入的图如上所示，距离为2 的有序点对有( 1,3) 、( 2,4) 、( 3,1) 、( 3,5) 、( 4,2) 、( 5,3) 。
其联合权值分别为2 、15、2 、20、15、20。其中最大的是20，总和为74。
【数据说明】
对于30% 的数据，1 < n≤ 100 ；
对于60% 的数据，1 < n≤ 2000；
对于100%的数据，1 < n≤ 200 , 000 ，0 < wi≤ 10, 000 。
/* 由于所给的图是一棵树，所以与某一点可以联合权值的点应该是它父亲节点的其他儿子节点，他的爷爷节点和他儿子的儿子节点，对于最终答案来说，某点的儿子的儿子节点和父亲的父亲节点可以算做一个 */ #include<iostream> #include<cstdio> #define maxn 200010 #define mod 10007 #define LL long long using namespace std; int ans1,ans; int n,num,head[maxn],fa1[maxn],fa2[maxn],w[maxn]; struct node{ int to,pre; }e[maxn*2]; void Insert(int from,int to){ e[++num].to=to; e[num].pre=head[from]; head[from]=num; } void dfs1(int father,int now){ fa1[now]=father;fa2[now]=fa1[father]; int t=w[now]*w[fa2[now]]; ans1=max(ans1,t); ans=(ans+1LL*2*t%mod)%mod; for(int i=head[now];i;i=e[i].pre){ int to=e[i].to; if(to==father)continue; } } int main(){ scanf("%d",&n); int x,y; for(int i=1;i<n;i++){ scanf("%d%d",&x,&y); Insert(x,y); Insert(y,x); } for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&w[i]); dfs1(0,1); for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=head[i];j;j=e[j].pre){ int to1=e[j].to; for(int k=head[i];k;k=e[k].pre){ int to2=e[k].to; if(to1==to2)continue; int t=w[to1]*w[to2]; ans1=max(ans1,t); ans=(ans+t%mod)%mod; } } } cout<<ans1<<' '<<ans; }
/* 这个题取模特别容易出问题 设sum[i]表示与点i直接相连的点权和 可以发现，对于每个点i，它对联值权值之和的贡献=w[i]*sum[j] （j是与i直接相连的点） 令maxn[i]表示与i直接相连的点中，最大的点权和 那么对于i，最大的联合权值=w[i]*max（maxn[j]）（j是与i直接相连的点） 注意我们在计算最大的联合权值时，maxn[j]可能就是点i的权值，不合法 所以同时记录maxn[j]是哪个点的点权，同时记录一个次大点权maxn_[j] 统计答案时，枚举点i，枚举与i直接相连的点j，若maxn[j]对应得点=i，用次大点权来算 */ #include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; #define maxn 200010 #define mod 10007 int num,head[maxn],n,w[maxn],m1[maxn],m2[maxn],mt[maxn]; long long ans1,sum[maxn]; int ans2; struct node{ int to,pre; }e[maxn*2]; void Insert(int from,int to){ e[++num].to=to; e[num].pre=head[from]; head[from]=num; } int main(){ //freopen("Cola.txt","r",stdin); scanf("%d",&n); int x,y; for(int i=1;i<n;i++){ scanf("%d%d",&x,&y); Insert(x,y); Insert(y,x); } for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&w[i]); for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=head[i];j;j=e[j].pre){ int to=e[j].to; sum[i]=(sum[i]+w[to])%mod; if(w[to]>=m1[i]){ m2[i]=m1[i]; m1[i]=w[to]; mt[i]=to; } else m2[i]=max(m2[i],w[to]); } } for(int i=1;i<=n;i++){ int mx=0; for(int j=head[i];j;j=e[j].pre){ int to=e[j].to; ans1=(ans1+(1LL*w[i]*(sum[to]-w[i]))%mod)%mod; int k=m1[to]; if(mt[to]==i)k=m2[to]; mx=max(k*w[i],mx); } ans2=max(ans2,mx); } cout<<ans2<<' '<<ans1; }
【题目描述】
Flappy Bird 是一款风靡一时的休闲手机游戏。玩家需要不断控制点击手机屏幕的频率来调节小鸟的飞行高度，让小鸟顺利通过画面右方的管道缝隙。如果小鸟一不小心撞到了水管或者掉在地上的话，便宣告失败。
为了简化问题，我们对游戏规则进行了简化和改编：
-
游戏界面是一个长为n ，高为 m 的二维平面，其中有k 个管道（忽略管道的宽度）。
-
小鸟始终在游戏界面内移动。小鸟从游戏界面最左边任意整数高度位置出发，到达游戏界面最右边时，游戏完成。
- 小鸟每个单位时间沿横坐标方向右移的距离为1 ，竖直移动的距离由玩家控制。如果点击屏幕，小鸟就会上升一定高度X ，每个单位时间可以点击多次，效果叠加；
如果不点击屏幕，小鸟就会下降一定高度Y 。小鸟位于横坐标方向不同位置时，上升的高度X 和下降的高度Y 可能互不相同。
- 小鸟高度等于0 或者小鸟碰到管道时，游戏失败。小鸟高度为 m 时，无法再上升。
现在，请你判断是否可以完成游戏。如果可以 ，输出最少点击屏幕数；否则，输出小鸟最多可以通过多少个管道缝隙。
【输入输出格式】
输入格式：输入文件名为 bird.in 。
第1 行有3 个整数n ，m ，k ，分别表示游戏界面的长度，高度和水管的数量，每两个
整数之间用一个空格隔开；
接下来的n 行，每行2 个用一个空格隔开的整数X 和Y ，依次表示在横坐标位置0 ~n- 1
上玩家点击屏幕后，小鸟在下一位置上升的高度X ，以及在这个位置上玩家不点击屏幕时，
小鸟在下一位置下降的高度Y 。
接下来k 行，每行3 个整数P ，L ，H ，每两个整数之间用一个空格隔开。每行表示一
个管道，其中P 表示管道的横坐标，L 表示此管道缝隙的下边沿高度为L ，H 表示管道缝隙
上边沿的高度（输入数据保证P 各不相同，但不保证按照大小顺序给出）。
输出格式：输出文件名为bird.out 。
共两行。
第一行，包含一个整数，如果可以成功完成游戏，则输出1 ，否则输出0 。
第二行，包含一个整数，如果第一行为1 ，则输出成功完成游戏需要最少点击屏幕数，否则，输出小鸟最多可以通过多少个管道缝隙。
【输入输出样例】
10 10 6 3 9 9 9 1 2 1 3 1 2 1 1 2 1 2 1 1 6 2 2 1 2 7 5 1 5 6 3 5 7 5 8 8 7 9 9 1 3
1 6
10 10 4 1 2 3 1 2 2 1 8 1 8 3 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 0 2 6 7 9 9 1 4 3 8 10
0 3
【输入输出样例说明】
如下图所示，蓝色直线表示小鸟的飞行轨迹，红色直线表示管道。
【数据范围】
对于30% 的数据：5 ≤ n ≤ 10，5 ≤ m ≤ 10，k = 0 ，保证存在一组最优解使得同一单位时间最多点击屏幕3 次；
对于50% 的数据：5 ≤ n ≤ 2 0 ，5 ≤ m ≤ 10，保证存在一组最优解使得同一单位时间最多点击屏幕3 次；
对于70% 的数据：5 ≤ n ≤ 1000，5 ≤ m ≤ 1 0 0 ；
对于100%的数据：5 ≤ n ≤ 100 0 0 ，5 ≤ m ≤ 1 0 00，0 ≤ k < n ，0<X < m ，0<Y <m，0<P <n，0 ≤ L < H ≤ m ，L +1< H 。
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; #define maxn 10010 int n,m,cdt,ans=0x7fffffff,ans1; bool flag,th[maxn]; struct node{ int x,y; }p[maxn]; struct Node{ int l,h; }c[maxn]; void dfs(int now,int hi,int cnt,int step){ if(cnt>ans)return; if(now==n){ ans=min(ans,cnt); flag=1; return; } ans1=max(ans1,step); if(hi-p[now].y<c[now+1].h&&hi-p[now].y>c[now+1].l){//说明可以不点击 if(th[now+1]){//下一秒要到达的地方有管道 dfs(now+1,hi-p[now].y,cnt,step+1); } else dfs(now+1,hi-p[now].y,cnt,step); } int sum=0; while(1){ hi+=p[now].x;sum++; if(hi>m)hi=m; if(hi>=c[now+1].h)break; if(hi<=c[now+1].l)continue; if(th[now+1]){ dfs(now+1,hi,cnt+sum,step+1); } else { dfs(now+1,hi,cnt+sum,step); } if(hi==m)return; } } int main(){ //freopen("Cola.txt","r",stdin); scanf("%d%d%d",&n,&m,&cdt); for(int i=0;i<=n;i++)c[i].l=0,c[i].h=m+1; for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d%d",&p[i].x,&p[i].y); int u,v,w; for(int i=1;i<=cdt;i++){ scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); c[u].l=v;c[u].h=w; th[u]=1; } for(int i=1;i<=m;i++)dfs(0,i,0,0); if(flag){//能到达终点 printf("1 "); printf("%d",ans); } else { printf("0 "); printf("%d",ans1); } }
/* 50分做法：暴力dfs 70分做法： 向上的是完全背包，向下的是01背包 令f[i][j]表示到达横坐标为i，高度为j的最小点击数 向上的状态转移方程：f[i][j]=min( f[i-1][j-up[i-1]*k]+k ) k<=m/up[i-1] 向下的状态转移方程：f[i][j]=min( f[i-1][j+down[i-1]]) 时间复杂度：O（nm2） 100分做法： 在向上的状态转移方程中， 若p=j-up[i-1]*k， 那么到达状态p 和 到达状态j 的 很多起点是重复的 也就是说，由重复的相同状态转移到了不同状态 优化这个重复的相同状态 假设一次上升高度x f[i][j-x]= min（ f[i-1][ (j-x)-x*(k-1) ]+k-1 ） 原式:f[i][j]=min（ f[i-1][j-x*k]+k） 发现 当k>1时，f[i][j]=f[i][j-x]+1 所以新的向上的状态转移方程：f[i][j]=min（f[i-1][j-x],f[i][j-x]）+1 */ #include<cstdio> #include<algorithm> #define N 10001 #define inf 20001 using namespace std; int n,m,k,ok; int up[N],down[N],top[N],bot[N]; int f[N][1001]; bool have[N]; int main() { scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); int x; for(int i=0; i<n; i++) scanf("%d%d",&up[i],&down[i]); for(int i=1; i<=k; i++) { scanf("%d",&x); have[x]=true; scanf("%d%d",&bot[x],&top[x]); } for(int i=0; i<=n; i++) if(!top[i]) top[i]=m+1; for(int i=1; i<=n; i++) for(int j=0; j<=m; j++) f[i][j]=inf; //for(int i=0; i<=m; i++) f[0][i]=0; for(int i=0; i<=bot[0]; i++) f[0][i]=inf; for(int i=top[0]; i<=m; i++) f[0][i]=inf; for(int i=1; i<=n; i++) { for(int j=up[i-1]+1; j<=m; j++) f[i][j]=min(f[i-1][j-up[i-1]],f[i][j-up[i-1]])+1; for(int j=m-up[i-1]; j<=m; j++) f[i][m]=min(f[i][m],min(f[i][j],f[i-1][j])+1); for(int j=1; j<=m-down[i-1]; j++) f[i][j]=min(f[i][j],f[i-1][j+down[i-1]]); for(int j=0; j<=bot[i]; j++) f[i][j]=inf; for(int j=top[i]; j<=m; j++) f[i][j]=inf; if(!have[i]) continue; int j; for(j=bot[i]+1; j<=top[i]; j++) if(f[i][j]<inf) { ok++; break; } if(j>top[i]) { printf("0 %d",ok); return 0; } } int sum=inf; for(int i=1; i<=m; i++) sum=min(sum,f[n][i]); printf("1 %d",sum); }