中石油训练混合训练第七场-白红宇

中石油训练混合训练第七场

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发布时间：2019-03-01

本文共 3288 字，大约阅读时间需要 10 分钟。

狼

题目描述

在某个游戏中，你接受了一个任务。这个任务要求你消灭n只狼。这些狼排成一排，每只狼都有两个攻击力a和b。如果你消灭一只狼，需要的代价是这只狼的a攻击力加上它旁边的狼的b攻击力。每消灭一头狼，它两边的狼（如果有）会并在一起，仍然保持一排。

你需要求出：消灭所有狼的最小代价。

输入

输入第一行为一个正整数n。

输入第二行为n个非负整数，按顺序表示每只狼的a攻击力；第三行为n个非负整数，表示每只狼的b攻击力。

输出

输出一行一个整数，为最小的代价。

样例输入 Copy

3 3 5 7 8 2 0

样例输出 Copy

提示

对于100%的数据，满足1≤n≤400，每只狼的a攻击力和b攻击力均不超过100000。

首先说杭电有这个题

先附上一片博客：

题目大意：一排狼，消灭这头狼需要消耗代价为这只狼的a战斗力和这头狼身边的狼的b战斗力

所以先将输入的数据进行预处理：

for(int i=1;i<=n;i++)	dp[i][i]=a[i]+b[i-1]+b[i+1];///左右两边都加上

当一只狼被消灭之后，原先相邻的狼会靠在一起（相邻）

设消灭第 i 匹狼到第 j 匹狼的最小代价为dp [ i ][ j ],那么很显然答案就是dp [ 1 ][ n ]。

过程中需要枚举 i 到 j 之间的区间长度以及 k 即可

刚开始因为是dp[i][j]所以最后都要加上区间两侧的狼的b攻击力

然后下面进行枚举的时候，还要取最小值

这里枚举得是i——j的部分有一个类似于桥梁的东西 dp[i][k-1] dp[k+1][j] 和a

ll temp=dp[i][k-1]+a[k]+b[i-1]+b[j+1]+dp[k+1][j];dp[i][j]=min(dp[i][j],temp);

经过一波操作之后将最终结果dp[i][n]输出

#include 
   
    using namespace std;#define wuyt maintypedef long long ll;#define HEAP(...) priority_queue<__VA_ARGS__ >#define heap(...) priority_queue<__VA_ARGS__,vector<__VA_ARGS__ >,greater<__VA_ARGS__ > >template
    
      inline T min(T &x,const T &y){   return x>y?y:x;}template
     
       inline T max(T &x,const T &y){   return x
      
       >=1;        x=(x*x);    }    return res;}ll maxx=-1;ll minn=inf;ll num2[maxn];ll num[maxn];ll res,ans;int sum=0;map
       
         mp;vector
        
          vet;priority_queue

,greater

> xiaogen;queue

duilie;priority_queue

,less

> que;ll a[500],b[500];ll dp[500][500];int main(){ int n=read; for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read; for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=read; memset(dp,0x3f3f3f3f,sizeof dp); for(int i=1;i<=n;i++) dp[i][i]=a[i]+b[i-1]+b[i+1];///左右两边都加上 for(int i=n-1;i>=1;i--){ for(int j=i+1;j<=n;j++){ ll temp1=dp[i+1][j]+a[i]+b[i-1]+b[j+1]; ll temp2=dp[i][j-1]+a[j]+b[i-1]+b[j+1]; dp[i][j]=min(temp1,temp2); for(int k=i+1;k

好朋友

题目描述

众所周知，XZ&CHR是好朋友……

这天，CHR打算考验一下XZ与自己的默契度，他想了n个正整数:a1~ an，为了不为难XZ，CHR只要求说出一个数，这个数是a1 ~ an中任何一个数的倍数即可。当然，这还是十分困难，XZ知道后，觉得这很难，就来问问你：如果他在1~m中随机说出一个数，通过考验的概率是多少？

输入

第一行输入一个正整数T，代表有T组数据。

对于每一组数据，第一行输入n，m, 第二行输入a1~an，含义见题目描述。

输出

为防止有精度问题，对于每一组数据输出概率乘上m，即一个正整数代表答案。

样例输入

12 102 3

样例输出

提示

样例解释：2、4、6、8、10是2的倍数，其他数中3、9是3的倍数，共7个。

【数据范围】

对于30%的数据，m ≤ 1000。

对于另外20%的数据，n = 1。

对于另外20%的数据，n = 2。

对于所有数据，n ≤ 10，1＜ai ≤ m ≤ 10⁹，T ≤ 10000。

在鄙人的里面

利用相似的做法，来解决这个问题

看了感觉真的很秀，当天晚上调了好长时间的问题竟然被巨巨如此之短的代码解决，感觉真是太秀了

需要注意的是：需要求两个数的最小公倍数，就像是上面那道题目的3*5类似的情况，因为3和5都是质数，所以就直接求了乘积，但是在这到题目里面并不适用，因此求两个数的最小公倍数才是正确的解决方式，每次循环的时候，要改符号（根据容斥原理来解决）

但是上面大佬的一手DFS确实秀到我了，很强

#include 
   
    using namespace std;#define wuyt maintypedef long long ll;ll read(){   ll c = getchar(),Nig = 1,x = 0;while(!isdigit(c) && c!='-')c = getchar();if(c == '-')Nig = -1,c = getchar();while(isdigit(c))x = ((x<<1) + (x<<3)) + (c^'0'),c = getchar();return Nig*x;}#define read read()const ll inf = 1e15;const ll INF = 0x3f3f3f3f;const int maxn = 2e6 + 7;const int mod = 1e9 + 7;ll gcd(ll a,ll b){       ll t;    while(b!=0)    {           t=a%b;        a=b;        b=t;    }    return a;}ll lcm(ll a,ll b){       return a/gcd(a,b)*b;}void DFS(int now,int op,ll fenmu){       if(now!=1) ans+=m/fenmu*(op);    for(int i=now;i<=n;i++) DFS(i+1,-op,lcm(fenmu,num[i]));}int main(){       int cnt=read;    while(cnt--){           n=read,m=read;        for(int i=1;i<=n;i++) num[i]=read;        ans=0;        /// 第一次之后*-1，所以开始要是-1而不是1        DFS(1,-1,1);        cout<
    
     <

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