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【题目大意】

一列篮球队员身高从1950mm至2050mm不等，而他们的平均身高却正好是2000mm。要求找到这些队员的一个排列，满足对任意K任意连续K个球员，他们的总身高和2000*K mm相差不超过10cm：即100mm。

【算法分析】

排序，然后如果前缀和<0，那么加大的，否则加小的。

注意本题没有无解情况。

因为给定了平均身高和队员身高范围，所以必然可以维护前缀和∈[-50,+50]

所以SUM(S[I]-S[J])∈[-100,100]。

【其它】WA了几次，因为忘记对A数组加个标号了。。。而样例又是排好序的，所以就以为没错。

998260 10.02.10 17:56 edward 165 .CPP Accepted 71 ms 103 kb

【CODE】

#include #include #include #include #include using namespace std;
#define N 6111
struct data{double a;int diff;}a[N];
int n,ans[N];

void init(){
    scanf("%d",&n);
    for (int i=1;i<=n;i++){
        double tt;
        scanf("%lf",&tt);
        a[i].a=tt*1000;
        a[i].a-=2000;
        a[i].diff=i;
    }
}

inline double fabs(double x){
    if (x<0) return -x;
    return x;
}   

void work(){
    int i=1,j=n;
    double sum=0;
    for (int k=1;k<=n;k++){
      if (sum<0){
          sum+=a[j].a;
          ans[k]=a[j].diff;
          j–;
      }   
      else{
          sum+=a[i].a;
          ans[k]=a[i].diff;
          i++;
      }   
    }   
    printf("yesn");
    for (i=1;i<=n;i++){
        printf("%d",ans[i]);
        if (i!=n) printf(" ");
    }   
    printf("n");
}   

bool cmp(data x, data y){
    return x.a}   

int main(){
    init();
    sort(&a[1],&a[n+1],cmp);
    work();
}   

【题目大意】给出一个无向完全图，图中的边都被染成了某种颜色[1，M]，求一个颜色集合，使得包含了这些边以后，图中的任意两点的最短路<=3

【算法分析】

可以证明将前(M+1)/2颜色分成一组，其余的颜色分成一组以后，必有一组符合条件。

下面别人的证明：

如果A集合符合题目要求，则命题成立，否则假设A集合不符合题目要求，也就是存在两个点a,b，他们的距离大于3、或者两者无法互相到达。

下面考虑B集合。

对于任意点对(x,y)，如果 A，必有∈B，所以在B中的距离<=3。

对于任意点对(x,y)，∈A，如果a在A中不和x,y中的任意一个有直接连边，则在B中存在；如果b在A中不和x,y中的任意一个有直接连边，则在B中存在。因此可以假设a, b在A中都和x或y有直接联系。

这样在A中就存在或类似的路径，长度不超过3。这和我们的假设前提“a,b在A中的距离超过3或者不连通”矛盾。 因此不可能存在a,b在A中都和x, y有直接联系这种情况。

所以不论∈A还是 A，他们在B中的距离都不超过3。所以，如果A不满足题目要求，B必然满足要求。

命题得证明。

【其它】1A

998230 10.02.10 16:43 edward 164 .CPP Accepted 95 ms 271 kb

【CODE】

#include #include

int a[200][200],n,m,g[200][200];

void init(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=0;i      for (int j=0;j        scanf("%d",&a[i][j]);
}   

bool flag(int ed){
    memset(g,50,sizeof(g));
    for (int i=0;i      for (int j=0;j        if (a[i][j]<=ed) g[i][j]=1;
    for (int k=0;k      for (int i=0;i        for (int j=0;j          if (g[i][k]+g[k][j]            g[i][j]=g[i][k]+g[k][j];
    for (int i=0;i      for (int j=0;j        if (g[i][j]>3) return false;
    return true;
}   

void work(){
    if (flag((m+1)/2)){
        printf("%dn",(m+1)/2);
        for (int i=1;i<=(m+1)/2;i++){
          if (i!=1) printf(" ");
          printf("%d",i);
        }   
        printf("n");
    }   
    else{
        printf("%dn",m-(m+1)/2);
        for (int i=(m+1)/2+1;i<=m;i++){
            if (i!=(m+1)/2) printf(" ");
            printf("%d",i);
        }   
        printf("n");
    }   
}   

int main(){
    init();
    work();
}   

【提交地址】http://acm.nankai.edu.cn/p1092.html

【题目大意】给出一棵树，让你求树上任意三点A、B、C，在满足|AB|<=|BC|的情况，最大的|AB|+|BC|。

【算法分析】

就是树形dp，F[I,0]表示从儿子那来的最长的路径，F[I,1]表示从儿子那来的第二长的路径。然后D[I]表示从儿子那来的第3的路径or从父亲那来的最长路径。

然后转移就很简单了。

【其它】WA了超多遍，一开始是没想到可以从父亲那里来，后来是没想到可以从第3个枝那里来。

用了那么多memset和STL的东西，居然我是第一。。。

【CODE】

#include #include #include using namespace std;
const long long N=211111;
struct gtp{long long y,w,next;}g[600000];
long long n,m,e,ls[N],v[N];
long long f[N][3],d[N],ans=0,list[3];

void add(long long x,long long y,long long w){
    e++;
    g[e].y=y; g[e].w=w; g[e].next=ls[x]; ls[x]=e;
}   

void init(){
    e=0;
    memset(ls,0,sizeof(ls));
    memset(f,0,sizeof(f));
    memset(d,0,sizeof(d));
    scanf("%lld %lld",&n,&m);
    for (long long i=1;i<=m;i++){
        long long x,y,w;
        scanf("%lld %lld %lld",&x,&y,&w);
        add(x,y,w);
        add(y,x,w);
    }   
}   

void dfs(long long k){
    v[k]=1;
    for (long long t=ls[k];t;t=g[t].next)
      if (!v[g[t].y]){
          dfs(g[t].y);
         long long x=f[g[t].y][0]+g[t].w;
          if (x>f[k][0]){
              f[k][2]=f[k][1];
              f[k][1]=f[k][0];
              f[k][0]=x;
          }   
          else
          if (x>f[k][1]){
              f[k][2]=f[k][1];
              f[k][1]=x;
          }   
          else if (x>f[k][2]) f[k][2]=x;
      }
}   

void dfs2(long long k){
    v[k]=1;
    for (long long t=ls[k];t;t=g[t].next)
      if (!v[g[t].y]){
         long long tmp;
          if (f[g[t].y][0]+g[t].w==f[k][0]) tmp=f[k][1];
                                       else tmp=f[k][0];
          tmp=max(tmp,d[k])+g[t].w;
          d[g[t].y]=tmp;
          dfs2(g[t].y);
      }   
    d[k]=max(d[k],f[k][2]);
    list[0]=d[k]; list[1]=f[k][0]; list[2]=f[k][1];
    if (list[0]>list[1]) swap(list[0],list[1]);
    if (list[0]>list[2]) swap(list[0],list[2]);
    if (list[1]>list[2]) swap(list[1],list[2]);
    ans=max(ans,list[0]+2*list[1]+list[2]);
}   

int main(){
    init();
    dfs(1);
    memset(v,0,sizeof(v));
    dfs2(1);
    printf("%lldn",ans);
}   

【问题描述】

传说中的九头龙是一种特别贪吃的动物。虽然名字叫“九头龙”，但这只是说它出生的时候有九个头，而在成长的过程中，它有时会长出很多的新头，头的总数会远大于九，当然也会有旧头因衰老而自己脱落。

有一天，有M个脑袋的九头龙看到一棵长有N个果子的果树，喜出望外，恨不得一口把它全部吃掉。可是必须照顾到每个头，因此它需要把N个果子分成M组，每组至少有一个果子，让每个头吃一组。

这M个脑袋中有一个最大，称为“大头”，是众头之首，它要吃掉恰好K个果子，而且K个果子中理所当然地应该包括唯一的一个最大的果子。果子由N-1根树枝连接起来，由于果树是一个整体，因此可以从任意一个果子出发沿着树枝“走到”任何一个其他的果子。

对于每段树枝，如果它所连接的两个果子需要由不同的头来吃掉，那么两个头会共同把树枝弄断而把果子分开；如果这两个果子是由同一个头来吃掉，那么这个头会懒得把它弄断而直接把果子连同树枝一起吃掉。当然，吃树枝并不是很舒服的，因此每段树枝都有一个吃下去的“难受值”，而九头龙的难受值就是所有头吃掉的树枝的“难受值”之和。

九头龙希望它的“难受值”尽量小，你能帮它算算吗？

例如图1所示的例子中，果树包含8个果子，7段树枝，各段树枝的“难受值”标记在了树枝的旁边。九头龙有两个脑袋，大头需要吃掉4个果子，其中必须包含最大的果子。即N=8，M=2，K=4：

图一描述了果树的形态，图二描述了最优策略。

【输入文件】

输入文件dragon.in的第1行包含三个整数N (1<=N<=300)，M (2<=M<=N)，K (1<=K<=N)。 N个果子依次编号1,2,...,N，且最大的果子的编号总是1。第2行到第N行描述了果树的形态，每行包含三个整数a (1<=a<=N)，b (1<=b<=N)，c (0<=c<=10⁵)，表示存在一段难受值为c的树枝连接果子a和果子b。

【输出文件】

输出文件dragon.out仅有一行，包含一个整数，表示在满足“大头”的要求的前提下，九头龙的难受值的最小值。如果无法满足要求，输出-1。

【样例输入】

8 2 4

1 2 20

1 3 4

1 4 13

2 5 10

2 6 12

3 7 15

3 8 5

【样例输出】

4

【样例说明】

该样例对应于题目描述中的例子。

【算法分析】

首先我们应当注意到无解的情况必然是n

第二点，我们应该知道，如果M>2的话，必然能使得除了大头以外，其它头不会有难受值。（交叉染色）

这样的话，我们可以分情况进行树形DP。

1、M>2时

F[I,J,K]表示第I个点，大头已吃了J个结点，当前结点大头吃的状态为K（0表示大头吃当前结点，1表示大头不吃当前结点）时所取得的最小的值。

然后利用树形dp+类似背包的思想可以解决。

2、M=2时

由于对于任何一条枝已经不可以“抛弃”，所以背包的地方要处理一下，方程也变一点点。主要是要体现不能沿用上一枝条搞出的状态。

【其它】1A

【CODE】

#include #include #define min(x,y) (x)<(y)?(x):(y)
const int N=333;
struct gtp{int x,y,next,c;}g[10000];
int n,m,e,ne,ls[N],f[N][N][2],v[N];

void add(int x,int y,int c){
    e++;
    g[e].x=x; g[e].y=y; g[e].c=c; g[e].next=ls[x]; ls[x]=e;
}   

void init(){
    e=0;
    memset(ls,0,sizeof(ls));
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&ne);
    for (int i=1;i        int x,y,c;
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&c);
        add(x,y,c);
        add(y,x,c);
    }   
}   

void dp1(int p){
    v[p]=1;
    f[p][0][1]=0;
    f[p][1][0]=0;
    for (int t=ls[p];t;t=g[t].next)
      if (!v[g[t].y]){
          dp1(g[t].y);
          for (int j=ne;j>=0;j–)
            for (int k=0;j+k<=ne;k++){
                f[p][j+k][1]=min(f[p][j+k][1],f[g[t].y][k][0]+f[p][j][1]);
                f[p][j+k][1]=min(f[p][j+k][1],f[g[t].y][k][1]+f[p][j][1]);
                f[p][j+k][0]=min(f[p][j+k][0],f[g[t].y][k][0]+f[p][j][0]+g[t].c);
                f[p][j+k][0]=min(f[p][j+k][0],f[g[t].y][k][1]+f[p][j][0]);
            }
      }   
}   

void deal1(){
    memset(f,50,sizeof(f));   
    memset(v,0,sizeof(v));
    dp1(1);
    printf("%dn",f[1][ne][0]);
}   

void dp2(int p){
    v[p]=1;
    f[p][0][1]=0;
    f[p][1][0]=0;
    for (int t=ls[p];t;t=g[t].next)
      if (!v[g[t].y]){
          dp2(g[t].y);
          for (int j=ne;j>=0;j–){
            for (int k=1;j+k<=ne;k++){
                f[p][j+k][1]=min(f[p][j+k][1],f[g[t].y][k][0]+f[p][j][1]);
                f[p][j+k][1]=min(f[p][j+k][1],f[g[t].y][k][1]+f[p][j][1]+g[t].c);
                f[p][j+k][0]=min(f[p][j+k][0],f[g[t].y][k][0]+f[p][j][0]+g[t].c);
                f[p][j+k][0]=min(f[p][j+k][0],f[g[t].y][k][1]+f[p][j][0]);
            }
            if (f[g[t].y][0][1]!=f[0][0][0]){
                f[p][j][1]+=f[g[t].y][0][1]+g[t].c;
                f[p][j][0]+=f[g[t].y][0][1];
            }
            else{
                f[p][j][1]=f[0][0][0];
                f[p][j][0]=f[0][0][0];
            }   
          }   
      }
   
}   

void deal2(){
    memset(f,50,sizeof(f));
    memset(v,0,sizeof(v));
    dp2(1);
    printf("%dn",f[1][ne][0]);
}   

int main(){
    freopen("dragon.in","r",stdin);
    freopen("dragon.out","w",stdout);
    init();
    if (n        printf("-1n");
        return 0;
    }   
    if (m>2) deal1();
        else deal2();
    return 0;
}