2026-01-27 hetao1733837 的刷题笔记
LGP3045 [USACO12FEB] Cow Coupons G
原题链接：[USACO12FEB] Cow Coupons G
分析
其实吧，这个可以拿背包做，但是 M ≤ 10 14 M\le 10^{14} M≤1014 显然不行，充分理解了 fqh 所说的 dp 实现复杂度不行的论断。思考一下，模一下样例......哦，注意是价格降为 C i C_i Ci。思考一下......难道说......那么简单吗？按照什么贪心？思考一下......NOIP2025 T1 算反悔吗？要是算的话......那紫也不能和黄比呀？难道说？我先按照差去贪一遍，然后再按照......反一下？神秘......unk ......看到了一个并行的东西......就是因为 C i ≤ P i C_i\le P_i Ci≤Pi，所以，我们在一些情况下是尽可能把优惠券用完的，所以，很微妙啊......怎么贪呢？开两个 priority_queue 再开一个 vis，差不多就这？看看题解......
这么纯粹？直接算贡献？就是先贪使用优惠卷，然后每个物品再反悔一次，没了......就这？！
正解
cpp
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 50005;
int n, k, m, p[N], c[N];
priority_queue<pair<int, int>, vector<pair<int, int>>, greater<pair<int, int>>> pr, cr;
priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> d;
bool vis[N];
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> n >> k >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++){
cin >> p[i] >> c[i];
pr.push({p[i], i});
cr.push({c[i], i});
}
for (int i = 1; i <= k; i++){
d.push(0);
}
int ans = 0;
while (!pr.empty()){
auto tmp1 = pr.top(), tmp2 = cr.top();
if (vis[tmp1.second]){
pr.pop();
continue;
}
if (vis[tmp2.second]){
cr.pop();
continue;
}
if (d.top() > tmp1.first - tmp2.first){
m -= tmp1.first;
pr.pop();
vis[tmp1.second] = true;
}
else{
m -= tmp2.first + d.top();
d.pop();
cr.pop();
vis[tmp2.second] = true;
d.push(p[tmp2.second] - c[tmp2.second]);
}
if (m >= 0)
ans++;
else
break;
}
cout << ans;
}一些小细节还是自己想一下为好吧......
LGP9749 [CSP-J 2023] 公路
原题链接：[CSP-J 2023] 公路
分析
切不了橙......理论上......为啥我想到了单调栈？思考一下......好的，那么，既然你每次找后面小的，为啥不在前面经过的找最大的？这不就结了？
正解
cpp
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 100005;
int n, d, v[N], a[N];
signed main(){
// freopen("road.in", "r", stdin);
// freopen("road.out", "w", stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> n >> d;
for (int i = 1; i < n; i++){
cin >> v[i];
}
for (int i = 1; i <= n; i++){
cin >> a[i];
}
int ans = 0, mn = 0x3f3f3f3f;
int dis = 0;
for (int i = 1; i < n; i++){
dis += v[i];
mn = min(mn, a[i]);
if (dis > 0){
int tmp = (dis + d - 1) / d;
ans += tmp * mn;
dis -= tmp * d;
}
}
cout << ans;
}LGP3093 [USACO13DEC] Milk Scheduling S
原题链接：[USACO13DEC] Milk Scheduling S
分析
真的吗？🤔按照时间贪一下？那反悔在哪？对于一个时间点，我似乎只能贪一个吧......
就这？那我辛苦写的优先队列 WA 了算什么/ll
正解
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 10005;
int n;
struct node{
int d, g;
}a[N];
bool cmp(node x, node y){
return x.g > y.g;
}
bool vis[N];
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++){
cin >> a[i].g >> a[i].d;
}
sort(a + 1, a + n + 1, cmp);
long long ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++){
for (int j = a[i].d; j >= 1; j--){
if (!vis[j]){
vis[j] = true;
ans += a[i].g;
break;
}
}
}
cout << ans;
}LGP1163 银行贷款
原题链接：银行贷款
分析
没啥可说的，我以前汤包了。得出公式
a n s = w m w 0 m − 1 − 1 ans=\sqrt[m-1]{\frac{wm}{w_0}}-1 ans=m−1w0wm −1
然后那个 ... m − 1 \sqrt[m-1]{\dots} m−1... 可以直接 pow(···,1.0/(m-1.0))，打一下。
算了，老老实实写实数二分吧。
正解
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double eps = 1e-5;
double w0, w, m;
bool check(double x){
if (pow(1.0 / (1.0 + x), m) >= 1 - w0 / w * x)
return true;
return false;
}
signed main(){
cin >> w0 >> w >> m;
double l = 0.0, r = 5.0;
while (r - l >= eps){
double mid = (l + r) / 2.0;
if (check(mid))
r = mid;
else
l = mid;
}
cout << fixed << setprecision(1) << l * 100.0;
}浦东启动吧......没错，似乎有半周了，我还没有走出原生动物......所以，竞赛门槛哪有什么高低之分？都是时间、努力、天分、运气的积淀。
lz 不让我用他的充电线给台灯充电，是害怕我把台灯当成充电宝给别的东西充电吗？我似乎也没啥了......早知道上午充了......
嘻嘻，岁岁大好入，借到了......誓死追随岁岁！
LGP3537 [POI 2012] SZA-Cloakroom
分析
？这不是个线段覆盖问题吗？ n ≤ 1000 n\le1000 n≤1000 很微妙啊......似乎可以做类似 d p i , j dp_{i,j} dpi,j 表示 [ i , j ] [i,j] [i,j] 这段时间的最大价值。 q ≤ 10 6 q\le10^6 q≤106 就差不多要 O ( 1 ) O(1) O(1) 了。好像是对的......就是要求中间没人而且这个可以达到他的要求。我是这么理解的。思考一下......怎么做这个转移？如果说中间有点，那炸了，我们可以整一个 − ∞ -\infty −∞，对于那些单点和没有起始节点或者结束节点的段......思考一下怎么更新......而且要控制到 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)，思考一下......咋还要求恰好为 k i k_i ki......难道说再记录一维？那铁定炸啊......理论上确实是预处理之后 O ( 1 ) O(1) O(1) 回答啊？还是看题解吧......还是背包 ！可以做离线 ，我是🍬......我们设 f i f_i fi 表示取价值为 i i i 的物品截止时间的最小值的最大值......可以理解为一个瓶颈吧......总之就是这个东西。代码比较清新。
正解
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1005, M = 100005, K = 1000005;
struct node1{
int c, a, b;
} inp[N];
bool cmp1(node1 x, node1 y){
return x.a < y.a;
}
struct node2{
int m, k, s, id;
}que[K];
bool cmp2(node2 x, node2 y){
return x.m < y.m;
}
int f[M];
bool ans[K];
int n, p;
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++){
cin >> inp[i].c >> inp[i].a >> inp[i].b;
}
sort(inp + 1, inp + n + 1, cmp1);
cin >> p;
for (int i = 1; i <= p; i++){
cin >> que[i].m >> que[i].k >> que[i].s;
que[i].id = i;
}
sort(que + 1, que + p + 1, cmp2);
f[0] = 0x7f7f7f7f;
int j = 1;
for (int i = 1; i <= p; i++){
while (j <= n && inp[j].a <= que[i].m){
for (int k = M - 1; k >= inp[j].c; k--){
f[k] = max(f[k], min(f[k - inp[j].c], inp[j].b));
}
j++;
}
if (f[que[i].k] > que[i].m + que[i].s){
ans[que[i].id] = true;
}
}
for (int i = 1; i <= p; i++){
if (ans[i])
cout << "TAK" << '\n';
else
cout << "NIE" << '\n';
}
}洛谷评测机有点坑啊，很多 RE 都给报的 WA ......
aoao 提醒我该练代码能力了，启动！