T1 小苹果
题目描述
理论分析
对于第一问，我们按照题意模拟每天取走的是多少个苹果即可。由于每天可以取走原来的,数据范围没次会降低到
，也就是说这样的过程的时间复杂度可以用下式表示：
对于本题的数据范围n<1e9，这个时间复杂度计算后在1e5左右，是可以接受的。
对于第二问，首先有一个很显然的结论是：第n个苹果会存在于从第一天开始的连续的若干天，然后在后面的天里不再存在。因此，我们可以维护一个bool类型的变量，作为最后一个苹果还在不在的判别。然后在每一天的判断过程中，我们通过整除关系可判别，这个苹果是不是被拿走。
代码实现
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
int n;
cin>>n;
int day=0, last=0;
bool flag=false;
while(n){
day++;
//是不是这天拿最后一个
if(!flag&&(n-1)%3==0) flag=true, last=day;
//这天结束，剩的苹果数
n=n-(n-1)/3-1;
}
cout<<day<<" "<<last<<endl;
return 0;
}
T2 公路
题目描述
理论分析
贪心即可！对于这个题目来说，一共要走的路程是一定的，所有一共加多少油也是确定的。不存在选择某种加油方案剩余油多，而选择另外的方案剩余油少的问题。因此，我们要做的就是让每升油的油价尽可能的低。那么问题来了，我们能不能都用最低油价买油呢？显然，当开始的0号位置油价最低时（题目中的1号，这里直接对应代码的编号说明了！下同），我们可以办到这件事，但是当1号节点油价并不是最低价的时候，我们需要首先走到油价最低的站点，那就至少需要在前面的节点买油。也就是说，假设处的油价最低，我们的问题就演变为了，首先求1号点到
最低花多少钱，然后后半段直接用
处的油价走完就行。那前半程的求解是一个数据范围比原问题更小的问题的求解。
我们当然可以像上述那样做递归的求解程序，只不过这样的时间效率是不高的，最差会来到，只能通过一半左右的样例。实际上上述贪心的过程等价于下面的贪心：我们从前往后考虑每个节点，维护需求加油的数量（只保证可以走到下一个节点）num，加完油后走到下个节点后会剩下多少油last，以及历史（已经过节点）的最低油价mn。对于每个节点，我们花费num*mn保证可以走到下一个节点。（也就是说，我们在拥有历史最低油价的那个点在原来的基础上多加num升油保证可以走到下一个点）。
代码实现
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
signed main(){
int n, d;
cin>>n>>d;
int last=0;
vector<int> v(n);
vector<int> a(n);
for(int i=0; i<n-1; i++) cin>>v[i];
int ans=0, mn=0x3f3f3f3f, num;
for(int i=0; i<n-1; i++){
cin>>a[i];
// 历史低价
mn=min(mn, a[i]);
// 至少需要多少才能走到下一个点
num=(v[i]-last+d-1)/d;
ans=ans+num*mn;
// 油余量够走多远
last=num*d-v[i]+last;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
T3 一元二次方程
题目描述
理论分析
按照题意 老老实实模拟即可。需要注意的细节稍微有点多，但是细心一点也是可以一遍AC的！！
细节一：分数输出需要保证分母不是负数。
细节二：对于有两个解的情况而言，题中已经提示过中的
，可以利用这一点简化代码的书写。
细节三：根号的化简要从大到小试探因数，这样更容易保证不重不漏。
细节四：根号内如果是完全平方数，那么最终结果将会不带有 “sqrt()” ，此时答案的化简需要自己分析好。
细节五：格式的答案，要注意格外第一项是不是0的判断。
大概就是这些细节吧。。。时间复杂度
代码实现
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
void print_sqrt(int s, int b, int a){
int g=__gcd(b, a);
pair<int, int> p;
p.first=b/g;
p.second=a/g;
if(p.first<0) p.first*=-1;
if(p.second<0) p.second*=-1;
if(p.first!=1) cout<<p.first<<"*";
cout<<"sqrt("<<s<<")";
if(p.second!=1) cout<<"/"<<p.second;
}
void print_int(int b, int a){
int g=__gcd(b, a);
pair<int, int> p;
p.first=b/g;
p.second=a/g;
if(p.second<0){
p.first*=-1;
p.second*=-1;
}
if(p.second==1) cout<<p.first;
else cout<<p.first<<"/"<<p.second;
}
void solve(){
int a, b, c, g;
cin>>a>>b>>c;
int delta=b*b-4*a*c;
if(delta<0){
cout<<"NO\n";
}
else if(delta==0){
if(b==0) cout<<"0\n";
else{
print_int(-b, 2*a);
cout<<"\n";
}
}
else {
bool flag=false;
int num=1;
for(int i=min(1000ll, delta-1); i>0; i--){
if(i*i==delta){
delta/=(i*i);
num*=i;
break;
}
else if(i*i<delta && delta%(i*i)==0){
num*=i;
delta/=(i*i);
}
}
if(delta==1){
if(a<0) print_int(-b-num, 2*a);
else print_int(-b+num, 2*a);
cout<<"\n";
}
else {
if(b!=0) {
print_int(-b, 2*a);
cout<<"+";
}
print_sqrt(delta, num, 2*a);
cout<<"\n";
}
}
}
signed main(){
int n, m;
cin>>n>>m;
while(n--){
solve();
}
return 0;
}
T4 旅游巴士
题目描述
理论分析
这是一个分层图问题，即图上每个点要拆成个点。拆点的依据是原本的点
意义下的到达时间。我们使用
表示到第i个点满足时间
的最短时间。初始条件为
，然后跑最短路就行了。
相对难处理的点在于每条边经过的时间限制，对于这一点，我们可以原地等待k的倍数时间达成（其实相当于出发时间晚了k的倍数时间）。
代码实现
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int ans[20005][100];
vector<vector<pair<int, int>>> g;
signed main(){
int n, m, k;
cin>>n>>m>>k;
g.resize(n+1);
int u, v, a;
while(m--){
cin>>u>>v>>a;
g[u].push_back(pair<int, int> (v, a));
}
for(int i=1; i<=n; i++)
for(int j=0; j<k; j++) ans[i][j]=0x7f7f7f7f7f7f7f7f;
queue<pair<int, int>> q;
q.push(pair<int, int> (1, 0));
ans[1][0]=0;
int now, pos, need;
while(!q.empty()){
auto t=q.front();
q.pop();
for(int i=0; i<g[t.first].size(); i++){
now=g[t.first][i].first;
pos=(t.second+1)%k;
need=ans[t.first][t.second];
if(need<g[t.first][i].second) need=need+(g[t.first][i].second-need+k-1)/k*k;
need++;
if(ans[now][pos]==-1||need<ans[now][pos]){
// cout<<now<<" "<<pos<<" "<<need<<endl;
ans[now][pos]=need;
q.push(pair<int, int> (now, pos));
}
}
}
if(ans[n][0]>=0x7f7f7f7f7f7f7f7f) cout<<-1<<endl;
else cout<<ans[n][0]<<endl;
return 0;
}
