预计分数：100+60+60=220
实际分数：100+60+40=200
除了暴力什么都不会的我。。。。。
T1 2017.9.17巧克力棒(chocolate)
巧克力棒(chocolate)
Time Limit:1000ms Memory Limit:64MB
题目描述
LYK 找到了一根巧克力棒，但是这根巧克力棒太长了，LYK 无法一口吞进去。
具体地，这根巧克力棒长为 n，它想将这根巧克力棒折成 n 段长为 1 的巧克力棒，然后
慢慢享用。
它打算每次将一根长为 k 的巧克力棒折成两段长为 a 和 b 的巧克力棒，此时若 a=b，则
LYK 觉得它完成了一件非常困难的事，并会得到 1 点成就感。
LYK 想知道一根长度为 n 的巧克力棒能使它得到最多几点成就感。
输入格式(chocolate.in)
第一行一个数 n。
输出格式(chocolate.out)
一个数表示答案。
输入样例
7
输出样例
4
数据范围
对于 20%的数据 n<=5。
对于 50%的数据 n<=20。
对于 80%的数据 n<=2000。
对于 100%的数据 n<=1000000000。
样例解释
将 7 掰成 3+4， 将 3 掰成 1+2， 将 4 掰成 2+2 获得 1 点成就感， 将剩下的所有 2 掰成 1+1
获得 3 点成就感。总共 4 点成就感。
这道题可能是这次考试中我唯一一道推了推结论的题，
对于一个数n,能获得多少成就感我们不知道，
但是我们知道 1+1 = 2一定是n=2的最优情况
那么n=4的时候的最优情况就是(2*1+1)
推广到一般情况，
对于一个n，对他进行二进制拆分，可以证明这样就是最优解。
那么具体怎么拆分呢？？
打个表就好啦
时间复杂度O(31)
233333
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<cstring>
4 #include<cmath>
5 #include<algorithm>
6 using namespace std;
7 const int MAXN=400001;
8 inline void read(long long int &n)
9 {
10 char c=getchar();n=0;bool flag=0;
11 while(c<'0'||c>'9') c=='-'?flag=1,c=getchar():c=getchar();
12 while(c>='0'&&c<='9') n=n*10+c-48,c=getchar();n=flag==1?-n:n;
13 }
14 long long int pow2[80]=
15 {
16 0,
17 1,3,7,15,31,
18 63,127,255,511,1023,
19 2047,4095,8191,16383,32767,
20 65535,131071,262143,524287,1048575,
21 2097151,4194303,8388607,16777215,33554431,
22 67108863,134217727,268435455,536870911,1073741823
23 ,2147483647};
24 int main()
25 {
26 //freopen("chocolate.in","r",stdin);
27 //freopen("chocolate.out","w",stdout);
28 long long n;
29 cin>>n;
30 long long ans=0;
31 for(int i=31;i>=1;i--)
32 {
33 if(n>=(pow2[i]+1))
34 {
35 n=n-(pow2[i]+1);
36 ans+=pow2[i];
37 }
38 }
39 printf("%lld",ans);
40 return 0;
41 }
T2 2017.9.17LYK 快跑！(run)
题目描述
LYK 陷进了一个迷宫！ 这个迷宫是网格图形状的。 LYK 一开始在(1,1)位置， 出口在(n,m)。
而且这个迷宫里有很多怪兽，若第 a 行第 b 列有一个怪兽，且此时 LYK 处于第 c 行 d 列，此
时这个怪兽对它的威胁程度为|a-c|+|b-d|。 LYK 想找到一条路径，使得它能从(1,1)到达(n,m)，且在途中对它威胁程度最小的怪兽的
威胁程度尽可能大。
当然若起点或者终点处有怪兽时，无论路径长什么样，威胁程度最小的怪兽始终=0。
输入输出格式
输入格式：
第一行两个数 n,m。
接下来 n 行，每行 m 个数，如果该数为 0，则表示该位置没有怪兽，否则存在怪兽。
数据保证至少存在一个怪兽。
输入格式(run.out)
一个数表示答案。
输出格式：
输入输出样例
输入样例#1：3 4输出样例#1：
0 1 1 0
0 0 0 0
1 1 1 0
1
说明
对于 20%的数据 n=1。
对于 40%的数据 n<=2。
对于 60%的数据 n,m<=10。
对于 80%的数据 n,m<=100。
对于 90%的数据 n,m<=1000。
对于另外 10%的数据 n,m<=1000 且怪兽数量<=100。
一开始的思路是把每个点都拆开跑深搜，
于是乎n^4的做法就诞生了。
然后就开始破罐子破摔了，
反正预处理都n^4了，搜索也写深搜暴力吧，，，
无脑60分，，
正解：
反向考虑，对于一个有怪兽的点(i,j),对他周围的点遍历，
这样的预处理就降成了N^2.
然后爆搜就好了
1 nclude<cstdio>60分暴力
2 #include<cstring>
3 #include<cmath>
4 #include<algorithm>
5 #include<cstdlib>
6 using namespace std;
7 const int MAXN=1001;
8 const int INF=0x7ffff;
9 inline void read(int &n)
10 {
11 char c=getchar();n=0;bool flag=0;
12 while(c<'0'||c>'9') c=='-'?flag=1,c=getchar():c=getchar();
13 while(c>='0'&&c<='9') n=n*10+c-48,c=getchar();n=flag==1?-n:n;
14 }
15 int map[MAXN][MAXN];
16 int a[MAXN][MAXN];
17 int xx[5]={-1,+1,0,0};
18 int yy[5]={0,0,-1,+1};
19 int n,m;
20 int flag=0;
21 int vis[MAXN][MAXN];
22 void dfs(int nowx,int nowy,int val)
23 {
24 if(nowx==n&&nowy==m) { flag=1;return ; }
25 for(int i=0;i<4;i++)
26 {
27 int wx=nowx+xx[i];
28 int wy=nowy+yy[i];
29 if(map[wx][wy]>=val&&a[wx][wy]==0&&wx>0&&wy>0&&wx<=n&&wy<=m&&vis[wx][wy]==0)
30 {
31 vis[wx][wy]=1;
32 dfs(wx,wy,val);
33 vis[wx][wy]=0;
34 if(flag==1) return ;
35 }
36 }
37 }
38 bool check(int val)
39 {
40 flag=0;
41 vis[1][1]=1;
42 dfs(1,1,val) ;
43 if(flag==1) return 1;else return 0;
44 }
45 int main()
46 {
47 //freopen("run.in","r",stdin);
48 //freopen("run.out","w",stdout);
49 read(n);read(m);
50 for(int i=1;i<=n;i++)
51 for(int j=1;j<=m;j++)
52 read(a[i][j]);
53 for(int i=1;i<=n;i++)
54 for(int j=1;j<=m;j++)
55 map[i][j]=INF;
56 for(int i=1;i<=n;i++)
57 for(int j=1;j<=m;j++)
58 if(a[i][j])
59 map[i][j]=INF;
60 else
61 for(int k=1;k<=n;k++)
62 for(int l=1;l<=m;l++)
63 if(a[k][l])
64 map[i][j]=min(map[i][j],abs(k-i)+abs(l-j));
65 int l=0,r=(n*m);
66 int ans=0;
67 while(l<=r)
68 {
69 int mid=(l+r)>>1;
70 if(check(mid)) l=mid+1,ans=mid;
71 else r=mid-1;
72 }
73 printf("%d",ans);
74 return 0;
75 }
1 #include<cstdio>100分AC
2 #include<cstring>
3 #include<cmath>
4 #include<algorithm>
5 #include<cstdlib>
6 #include<queue>
7 using namespace std;
8 const int MAXN=2001;
9 const int INF=0x7ffff;
10 inline void read(int &n)
11 {
12 char c=getchar();n=0;bool flag=0;
13 while(c<'0'||c>'9') c=='-'?flag=1,c=getchar():c=getchar();
14 while(c>='0'&&c<='9') n=n*10+c-48,c=getchar();n=flag==1?-n:n;
15 }
16 int xx[5]={-1,+1,0,0};
17 int yy[5]={0,0,-1,+1};
18 int n,m;
19 int a[MAXN][MAXN];
20 struct POINT
21 {
22 int x,y;
23 }point[MAXN*MAXN],p;
24 queue<POINT>q;
25 int vis[MAXN][MAXN];
26 int dis[MAXN][MAXN];
27 bool check(int val)
28 {
29 queue<POINT>q;
30 POINT p;p.x=1;p.y=1;
31 q.push(p);
32 memset(vis,0,sizeof(vis));
33 while(q.size()!=0)
34 {
35 POINT p=q.front();
36 if(p.x==n&&p.y==m) return 1;
37 q.pop();
38 for(int i=0;i<4;i++)
39 {
40 POINT nxt;
41 nxt.x=p.x+xx[i];
42 nxt.y=p.y+yy[i];
43 if(nxt.x>0&&nxt.y>0&&nxt.x<=n&&nxt.y<=m&&vis[nxt.x][nxt.y]==0&&dis[nxt.x][nxt.y]>=val&&dis[nxt.x][nxt.y]!=INF)
44 {
45 vis[nxt.x][nxt.y]=1;
46 q.push(nxt);
47 }
48 }
49 }
50 return 0;
51 }
52 int main()
53 {
54 read(n);read(m);
55 for(int i=1;i<=n;i++)
56 for(int j=1;j<=m;j++)
57 dis[i][j]=INF;
58 for(int i=1;i<=n;i++)
59 for(int j=1;j<=m;j++)
60 {
61 read(a[i][j]);
62 if(a[i][j])
63 {
64 dis[i][j]=0;
65 p.x=i,p.y=j,q.push(p);
66 }
67 }
68
69 while(q.size()!=0)
70 {
71 POINT p=q.front();
72 q.pop();
73 for(int i=0;i<4;i++)
74 {
75 POINT nxt;
76 nxt.x=p.x+xx[i];
77 nxt.y=p.y+yy[i];
78 if(vis[nxt.x][nxt.y]==0&&nxt.x>0&&nxt.y>0&&nxt.x<=n&&nxt.y<=m)
79 {
80 vis[nxt.x][nxt.y]=1;
81 dis[nxt.x][nxt.y]=min(dis[nxt.x][nxt.y],dis[p.x][p.y]+1);
82 q.push(nxt);
83 }
84 }
85 }
86 int l=0,r=(n*m);
87 int ans=0;
88 while(l<=r)
89 {
90 int mid=(l+r)>>1;
91 if(check(mid)) l=mid+1,ans=mid;
92 else r=mid-1;
93 }
94 printf("%d",ans);
95 return 0;
96 }
T3 2017.9.17仙人掌(cactus)
题目描述
LYK 在冲刺清华集训（THUSC） ！于是它开始研究仙人掌，它想来和你一起分享它最近
研究的结果。
如果在一个无向连通图中任意一条边至多属于一个简单环 （简单环的定义为每个点至多
经过一次） ，且不存在自环，我们称这个图为仙人掌。
LYK 觉得仙人掌还是太简单了，于是它定义了属于自己的仙人掌。
定义一张图为美妙的仙人掌， 当且仅当这张图是一个仙人掌且对于任意两个不同的点 i,j，
存在一条从 i 出发到 j 的路径，且经过的点的个数为|j-i|+1 个。 给定一张 n 个点 m 条边且没有自环的图，LYK 想知道美妙的仙人掌最多有多少条边。
数据保证整张图至少存在一个美妙的仙人掌。
输入输出格式
输入格式：
第一行两个数 n,m 表示这张图的点数和边数。
接下来 m 行，每行两个数 u,v 表示存在一条连接 u,v 的无向边。
输出格式：
一个数表示答案
输入输出样例
输入样例#1：4 6输出样例#1：
1 2
1 3
1 4
2 3
2 4
3 4
4
样例解释
选择边 1-2,1-3,2-3,3-4，能组成美妙的仙人掌，且不存在其它美妙仙人掌有超过 4 条
边。
说明
对于 20%的数据 n<=3。
对于 40%的数据 n<=5。
对于 60%的数据 n<=8。
对于 80%的数据 n<=1000。
对于 100%的数据 n<=100000 且 m<=min(200000,n*(n-1)/2)。
读题都读的我一脸蒙蔽
于是直接奔着n<=8的情况去了
直接暴力生成所有的图，
然后暴力判断可行不可行。
本来以为能得60分，结果只得了40分。。。
正解：
据某位玄学的大佬说。
i和i+1一定要选(贪心)
而且一定要选满n个点(贪心)
然后跑一边线段覆盖就可以A了(玄学)
1 #include<cstdio>40分暴力
2 #include<cstring>
3 #include<cmath>
4 #include<algorithm>
5 #include<cstdlib>
6 #include<iostream>
7 using namespace std;
8 const int MAXN=101;
9 const int INF=0x7ffff;
10 inline void read(int &n)
11 {
12 char c=getchar();n=0;bool flag=0;
13 while(c<'0'||c>'9') c=='-'?flag=1,c=getchar():c=getchar();
14 while(c>='0'&&c<='9') n=n*10+c-48,c=getchar();n=flag==1?-n:n;
15 }
16 struct node
17 {
18 int u,v,w,nxt;
19 }edge[MAXN];
20 int head[MAXN];
21 int num=1;
22 inline void add_edge(int x,int y,int z)
23 {
24 edge[num].u=x;
25 edge[num].v=y;
26 edge[num].w=z;
27 edge[num].nxt=head[x];
28 head[x]=num++;
29 }
30 int n,m;
31 int map[MAXN][MAXN];
32 int vis[MAXN];// 每个边是否被访问
33 int vis2[MAXN];// 每个点是否被访问
34 int have[MAXN][MAXN];// 是否满足条件
35 int dfs2(int point ,int num)
36 {
37 for(int i=1;i<=n;i++)
38 if(abs(point-i)+1==num+1)
39 have[point][i]=1;
40 for(int i=1;i<=n;i++)
41 if(map[point][i]&&vis2[i]==0)
42 {
43 vis2[i]=1;
44 dfs2(i,num+1);
45 vis2[i]=0;
46 }
47 }
48 int nowans;
49 int out;
50 int vis3[MAXN];
51 bool flag3=0;
52 void pd()
53 {
54 memset(have,0,sizeof(have));
55 memset(map,0,sizeof(map));
56 memset(vis2,0,sizeof(vis2));
57 memset(vis3,0,sizeof(vis3));
58 flag3=0;
59 for(int i=1;i<=m;i++)
60 {
61 if(vis[i])
62 {
63 map[edge[i].u][edge[i].v]=1;
64 map[edge[i].v][edge[i].u]=1;
65 }
66 }
67 int tot=0;
68 for(int i=1;i<=m;i++)
69 if(vis[i]) tot++;
70 if(tot>n) return ;
71 for(int i=1;i<=n;i++)
72 {
73 vis2[i]=1;
74 dfs2(i,1);
75 vis2[i]=0;
76 }
77
78 for(int i=1;i<=n;i++)
79 for(int j=1;j<=n;j++)
80 if(have[i][j]==0&&(i!=j)) return ;
81 nowans=0;
82 for(int i=1;i<=m;i++)
83 if(vis[i])
84 nowans++;
85 out=max(out,nowans);
86 }
87 void dfs(int now)
88 {
89 if(now==m+1)
90 {
91 pd();
92 return ;
93 }
94 vis[now]=1;
95 dfs(now+1);
96 vis[now]=0;
97 dfs(now+1);
98 }
99 int main()
100 {
101 // freopen("cactus.in","r",stdin);
102 //freopen("cactus.out","w",stdout);
103 read(n);read(m);
104 if(n==1)
105 {
106 printf("0");
107 return 0;
108 }
109 if(n<=8)
110 {
111 for(int i=1;i<=m;i++)
112 {
113 int x,y;read(x);read(y);
114 add_edge(x,y,1);
115 }
116 dfs(1);
117 printf("%d",out);
118 }
119 else
120 {
121 printf("%d",rand()%m);
122 }
123 return 0;
124 }
1 #include<cstdio>100分AC
2 #include<cstring>
3 #include<cmath>
4 #include<algorithm>
5 #include<cstdlib>
6 #include<queue>
7 using namespace std;
8 const int MAXN=100001;
9 const int INF=0x7ffff;
10 inline void read(int &n)
11 {
12 char c=getchar();n=0;bool flag=0;
13 while(c<'0'||c>'9') c=='-'?flag=1,c=getchar():c=getchar();
14 while(c>='0'&&c<='9') n=n*10+c-48,c=getchar();n=flag==1?-n:n;
15 }
16 int n,m;
17 struct node
18 {
19 int bg,ed;
20 }point[MAXN];
21 int tot=0;
22 int comp(const node &a ,const node &b)
23 {
24 return a.ed<b.ed;
25 }
26 int main()
27 {
28 read(n);read(m);
29 for(int i=1;i<=m;i++)
30 {
31 int x,y;read(x);read(y);
32 if(x>y) swap(x,y);
33 if(x!=y-1) point[++tot].bg=x,point[tot].ed=y;
34 }
35 sort(point,point+tot+1,comp);
36 int cur=0;
37 int ans=0;
38 for(int i=1;i<=tot;i++)
39 {
40 if(cur<=point[i].bg)
41 {
42 cur=point[i].ed;
43 ans++;
44 }
45 }
46 printf("%d",ans+n-1);
47 return 0;
48 }
总结：
现在的我相比以前确实稳重了许多，
不会再傻傻的去开一个10000*10000的数组，
也不会再智障的在freopen里多敲一个空格。
但是，因为种种原因，
我很少能想出正解
是因为先天智商太低？
还是因为拿了暴力分之后就沾沾自喜？
亦或是懒得动笔去自喜分析？
这确实是一个严峻的问题，，
那么我前进的方向也就很明确了：
在拿到暴力分的基础上，拼尽全力想正解！