试题 H: 限高杆

【问题描述】

某市有 n 个路口，有 m 段道路连接这些路口，组成了该市的公路系统。其中一段道路两端一定连接两个不同的路口。道路中间不会穿过路口。由于各种原因，在一部分道路的中间设置了一些限高杆，有限高杆的路段货车无法通过。在该市有两个重要的市场 A 和 B，分别在路口 1 和 n 附近，货车从市场 A出发，首先走到路口 1 ，然后经过公路系统走到路口 n，才能到达市场 B。

两个市场非常繁华，每天有很多货车往返于两个市场之间。市长发现，由于限高杆很多，导致货车可能需要绕行才能往返于市场之间，这使得货车在公路系统中的行驶路程变长，增加了对公路系统的损耗，增加了能源的消耗，同时还增加了环境污染。市长决定要将两段道路中的限高杆拆除，使得市场 A 和市场 B 之间的路程变短。请问最多能减少多长的距离？

【输入格式】

输入的第一行包含两个整数 n, m，分别表示路口的数量和道路的段数。

接下来 m 行，每行四个整数 a, b, c, d，表示路口 a 和路口 b 之间有一段长度为 c 的道路。如果 d 为 0，表示这段道路上没有限高杆；如果 d 为 1，表示这段道路上有限高杆。两个路口之间可能有多段道路。

输入数据保证在不拆除限高杆的情况下，货车能通过公路系统从路口 1 正常行驶到路口 n。

【输出格式】

输出一行，包含一个整数，表示拆除两段道路的限高杆后，市场 A 和市场B 之间的路程最大减少多长距离。

1. 【样例输入】
2. 5 7
3. 1 2 1 0
4. 2 3 2 1
5. 1 3 9 0
6. 5 3 8 0
7. 4 3 5 1
8. 4 3 9 0
9. 4 5 4 0
10. 【样例输出】
11. 6

【样例说明】

只有两段道路有限高杆，全部拆除后，1 到 n 的路程由原来的 17 变为了

11，减少了 6。

【评测用例规模与约定】

对于 30% 的评测样例，2 ≤ n ≤ 10，1 ≤ m ≤ 20, 1 ≤ c ≤ 100。

对于 50% 的评测样例，2 ≤ n ≤ 100，1 ≤ m ≤ 1000, 1 ≤ c ≤ 1000。

对于 70% 的评测样例，2 ≤ n ≤ 1000，1 ≤ m ≤ 10000, 1 ≤ c ≤ 10000。

对于所有评测样例，2 ≤ n ≤ 10000，2 ≤ m ≤ 100000, 1 ≤ c ≤ 10000，至少

有两段道路有限高杆。

先计算不拆限高架的情况下,即d等于1的输入数据,我们先保存起来,其中ganx保存起点,gany保存终点,ganLi保存距离

因为蓝桥杯是闭卷考试,dijkstra算法一下子想不起来了,所以使用了floyd算法,暴力三层for循环,找到每个点之间的最短路径保存在li1数组中,把1到n的最短路径保存在 qianAns 中

然后再两层for循环遍历限高的道路,使用li2临时数组复制li1的最短路数据,然后尝试把两个拆掉限高的路加进去,再求一遍最短路

多次遍历完成,计算出最短值

相减就是答案,算法非常差,但基础样例可以过

1. #include<iostream>
2. #include<string>
3. #include<cstring>
4. #include<algorithm>
5. #include<cmath>
6. #include<cstdio>
7. #include<queue>
8. using namespace std;
9. int li1[10002][10002]; // qian
10. int li2[10002][10002]; // hou
11. int ganx[10002];
12. int gany[10002];
13. int ganLi[10002];
14. int main(){
15. 
16.   int n,m;
17. 
18.   while(cin>>n>>m){
19.     memset(li1,1,sizeof(li1));
20.     int ganGe = 0;
21.     for(int i = 0 ; i <= n ; i ++){
22.       li1[i][i] = 0;
23.     }
24.     for(int i = 0 ; i < m ; i ++){
25.       int a,b,c,d;
26.       scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
27.       if(d == 0){
28.         if(li1[a][b] > c){
29.           li1[a][b] = c;
30.         }
31.         if(li1[b][a] > c){
32.           li1[b][a] = c;
33.         }
34.       }else{
35.         ganx[ganGe] = a;
36.         gany[ganGe] = b;
37.         ganLi[ganGe++] = c;
38.       }
39.     }
40.     for(int i = 1 ; i <= n ; i ++ ){
41.       for(int j = 1 ; j <= n ; j++ ){
42.         for(int k = 1 ; k <= n ; k ++ ){
43.           if(li1[i][j] > li1[i][k] + li1[k][j] ){
44.             li1[i][j] = li1[i][k] + li1[k][j];
45.           }
46.         }
47.       }
48.     }
49.     int qianAns = li1[1][n];
50.     int houAns = 99999;
51.     for(int g1 = 0 ; g1<ganGe ; g1 ++ ){
52.       for(int g2 = g1 + 1 ; g2 < ganGe ; g2++){
53.         for(int i = 1;i<=n;i++){
54.           for(int j = 1 ; j <= n ; j ++){
55.             li2[i][j] = li1[i][j];
56.           }
57.         }
58.         if(li2[ganx[g1]][gany[g1]] > ganLi[g1]){
59.           li2[ganx[g1]][gany[g1]] = ganLi[g1];
60.         }
61.         if(li2[gany[g1]][ganx[g1]] > ganLi[g1]){
62.           li2[gany[g1]][ganx[g1]] = ganLi[g1];
63.         }
64.         if(li2[ganx[g2]][gany[g2]] > ganLi[g2]){
65.           li2[ganx[g2]][gany[g2]] = ganLi[g2];
66.         }
67.         if(li2[gany[g2]][ganx[g2]] > ganLi[g2]){
68.           li2[gany[g2]][ganx[g2]] = ganLi[g2];
69.         }
70.         for(int i = 1 ; i <= n ; i ++ ){
71.           for(int j = 1 ; j <= n ; j++ ){
72.             for(int k = 1 ; k <= n ; k ++ ){
73.               if(li2[i][j] > li2[i][k] + li2[k][j] ){
74.                 li2[i][j] = li2[i][k] + li2[k][j];
75.               }
76.             }
77.           }
78.         }
79.         if(li2[1][n] < houAns){
80.           houAns = li2[1][n];
81.         }
82.       }
83.     }
84. 
85.     // cout<<qianAns << endl;
86.     // cout<<houAns<<endl;
87.     cout<<qianAns - houAns<<endl;
88.   }
89.   return 0;
90. }

试题 I: 画中漂流

【问题描述】

在梦境中，你踏上了一只木筏，在江上漂流。根据对当地的了解，你知道在你下游 D 米处有一个峡谷，如果你向下游前

进大于等于 D 米则必死无疑。现在你打响了急救电话，T 秒后救援队会到达并将你救上岸。水流速度是1 m/s，你现在有 M 点体力。每消耗一点体力，你可以划一秒桨使船向上游前进 1m，否则会向下游前进 1m (水流)。M 点体力需在救援队赶来前花光。因为江面太宽了，凭借你自己的力量不可能上岸。请问，有多少种划桨的方案可以让你得救。

两个划桨方案不同是指：存在某一秒钟，一个方案划桨，另一个方案不划。

【输入格式】

输入一行包含三个整数 D, T, M。

【输出格式】

输出一个整数，表示可以让你得救的总方案数，答案可能很大，请输出方

案数除以 1, 000, 000, 007 的余数。

1. 【样例输入】
2. 1 6 3
3. 【样例输出】
4. 5

【评测用例规模与约定】

对于 50% 的评测用例，1 ≤ T ≤ 350。

对于所有评测用例，1 ≤ T ≤ 3000, 1 ≤ D ≤ T, 1 ≤ M ≤ 1500。

我运用了广搜,结构体的weizhi是相对于起点的位置,tili为当前还剩下的体力,time是当前剩余的时间

注意题目要求,必须在救援队来之前把体力用完,如果没用完,不计数

1. #include<iostream>
2. #include<string>
3. #include<cstring>
4. #include<algorithm>
5. #include<cmath>
6. #include<cstdio>
7. #include<queue>
8. using namespace std;
9. struct mu{
10.   int weizhi;
11.   int tili;
12.   int time;
13.   mu(int x,int y,int z){
14.     weizhi = x;
15.     tili = y;
16.     time = z;
17.   }
18. };
19. void bfs(int d,int t,int m){
20.   int ans = 0;
21.   d = -d;
22.   queue<mu> q;
23.   q.push(mu(0,m,t));
24.   while(!q.empty()){
25.     mu mm = q.front();
26.     if(mm.weizhi <= d){ // si
27.       q.pop();
28.       continue;
29.     }
30.     if(mm.tili == 0 && mm.time == 0){
31.       ans ++;
32.     }
33.     if(mm.time <= 0){
34.       q.pop();
35.       continue;
36.     }
37.     if(mm.tili > 0){ // up
38.       mu m1 = mu(mm.weizhi + 1,mm.tili -1 , mm.time - 1);
39.       q.push(m1);
40.     }
41.     // down
42.     mu m2 = mu(mm.weizhi - 1,mm.tili , mm.time - 1);
43.     q.push(m2);
44.     q.pop();
45.   }
46.   cout<<ans<<endl;
47. }
48. int main(){
49.   int d,t,m;
50.   while(cin>>d>>t>>m){
51.     bfs(d,t,m);
52.   }
53.   return 0;
54. }

试题 J: 旅行家

【问题描述】

从前，在海上有 n 个岛屿，编号 1 至 n。居民们深受洋流困扰，无法到达比自己当前所在岛屿编号更小的岛屿。经过数年以后，岛屿上的人数随着岛屿的编号递增（可能相等）。作为一名出色的旅行家（RP 学家），你想从 1 号岛屿出发开启一次旅程，以获得更多的 RP，因为受到海洋的洋流影响，你只能去到比当前岛屿编号更大的岛屿。因为你比较善良，你会在离开一个岛屿的时候将你的 RP 分散给岛民，具体的：你的 RP 会除以 2（用去尾法取整，或者说向零取整）（当你的 RP 小于零时，岛民也依旧要帮你分担，毕竟你们已经建立起了深厚的友谊）。第 i 号岛屿有 Ti 人, 但是你很挑剔，每次你从 j 号岛屿到达 i 号岛屿时，你只会在到达的岛屿上做 Ti × T j 件好事（一件好事可以获得 1 点 RP)。

唯一不足的是，由于你在岛上住宿，劳民伤财，你会扣除巨量 RP，第 i 号岛屿的住宿扣除 Fi 点 RP。注意：将离开一个岛屿时，先将 RP 扣除一半，再扣除住宿的 RP，最后在新到达的岛屿上做好事，增加 RP。离开 1 号岛屿时需要扣除在 1 号岛屿住宿的 RP，当到达这段旅程的最后一个岛屿上时，要做完好事，行程才能结束，也就是说不用扣除在最后到达的岛屿上住宿的 RP。你因为热爱旅行 (RP)，所以从 1 号岛屿开始旅行，初始时你有 0 点 RP。

你希望选择一些岛屿经过，最终选择一个岛屿停下来，求最大的 RP 值是多少？

【输入格式】

输入的第一行包含一个数 n , 表示岛屿的总数。

第二行包含 n 个整数 T1, T2, · · · , Tn , 表示每个岛屿的人口数。

第三行包含 n 个整数 F1, F2, · · · , Fn , 表示每个岛屿旅馆损失的 RP。

【输出格式】

输出一个数，表示最大获得的 RP 值。

1. 【样例输入】
2. 3
3. 4 4 5
4. 1 10 3
5. 【样例输出】
6. 19

【样例说明】

从一号岛屿直接走到三号岛屿最优，初始 0 点 RP，扣除一半取整变成 0点。扣除在一号节点住宿的 1 RP，在三号岛屿做好事产生 4 × 5 = 20 点 RP,最终得到 19 点 RP。

1. 【样例输入】
2. 5
3. 969 980 1013 1016 1021
4. 888423 945460 865822 896150 946615
5. 【样例输出】
6. 246172

【评测用例规模与约定】

对于 20% 的评测用例，1 ≤ n ≤ 15；

对于 70% 的评测用例，1 ≤ n ≤ 5000；

对于所有评测用例，1 ≤ n ≤ 500000, 1 ≤ Ti ≤ 20000, 1 ≤ Fi ≤ 200, 000, 000。

给定的 Ti 已经按照升序排序。建议使用 64 位有符号整数进行运算。

我是完全模拟题目的思路写得代码,注意n等于1的时候需要特判

1. #include<iostream>
2. #include<string>
3. #include<cstring>
4. #include<algorithm>
5. #include<cmath>
6. #include<cstdio>
7. #include<queue>
8. using namespace std;
9. long long a[500010];
10. long long b[500010];
11. int n;
12. long long maxRp;
13. void dfs(long long rp,int index,long long qianRen){
14.   // ting
15.   if(index +1 > n) return ;
16.   if(rp + qianRen * a[index + 1] > maxRp){
17.     maxRp = rp + qianRen * a[index + 1];
18.   }
19.   dfs((rp + qianRen * a[index + 1])/2 - b[index + 1],index + 1,a[index + 1]);
20.   //buting
21.   dfs(rp,index+1,qianRen);
22. }
23. int main(){
24.   while(cin>>n){
25. 
26.     for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){
27.       scanf("%lld",&a[i]);
28.     }
29.     for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){
30.       scanf("%lld",&b[i]);
31.     }
32.     if(n == 1) {
33.       cout<<"0"<<endl;
34.     }else{
35.       maxRp = -b[1];
36.       dfs(-b[1],1,a[1]);
37.       cout << maxRp << endl;
38.     }
39.   }
40.   return 0;
41. }

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