本文主要是介绍[USACO18DEC] S 补题报告,希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值,需要的开发者们随着小编来一起学习吧!
目录
- 1 AC情况
- 2 题目详情
- Convention S
- Convention II S
- Mooyo Mooyo S
1 AC情况
Convention S | Convention II S | Mooyo Mooyo S |
---|---|---|
Accepted \texttt{\color{green}{Accepted}} Accepted | Accepted \texttt{\color{green}{Accepted}} Accepted | Unaccepted \texttt{\color{red}{Unaccepted}} Unaccepted( Accepted \texttt{\color{green}{Accepted}} Accepted) |
2 题目详情
Convention S
P5119 [USACO18DEC] Convention S - 洛谷
题目描述
N N N 头奶牛,奶牛 i i i 在时刻 t i t_i ti 到达。安排 M M M 辆车,每辆最多能坐 C C C 头奶牛。
安排奶牛乘车。当最后一头乘坐某辆车的奶牛到达的时候,这辆车就可以发车了。如果没有到达,那么其他要乘坐这辆车的奶牛就要等待到发车的时刻。
求等待时间最长的奶牛等待的时间的最小值。
赛时经历
二分,思路正确。但调试时出现了一些细节问题。
题解
等待时间最长的奶牛等待的时间的最小值
经典二分。
#include <bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define CLOSE ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 10;
ll n, m, c, t[N], ans, maxn;
bool check(ll mid) {ll bus = 0, cnt = t[1], num = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {if (num >= c || t[i] - cnt > mid)bus++, num = 0, cnt = t[i];num++;}bus++;return (bus <= m);
}
int main() {CLOSE;cin >> n >> m >> c;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> t[i];sort(t + 1, t + n + 1);ll l = 0, r = t[n];while (l < r) {ll mid = (l + r) >> 1;if (check(mid)) {r = mid;} else {l = mid + 1;}}cout << l;return 0;
}
Convention II S
P5120 [USACO18DEC] Convention II S - 洛谷
题目描述
N N N 头牛排队吃草,编号为 i i i 的奶牛来排队的时刻为 a i a_i ai,吃草的时长为 t i t_i ti。
当轮到一头牛吃完草后,会从队伍中选择编号最靠前(最小)的奶牛先吃。
求所有奶牛在队伍里等待时间的最大值。
赛时经历
考场做法和赛后做法基本一致,唯一不同是赛时使用的是set
来模拟队伍,稍繁琐一些。
题解
模拟。
首先把这些奶牛按照到达的时间排序,保证时间正确。
对于队伍里的吃草优先级问题,用priority_queue
来模拟队伍是最简单的。结构体里面以编号为索引重载运算符。
具体模拟思路见代码。
#include <bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define CLOSE \ios::sync_with_stdio(false); \cin.tie(0); \cout.tie(0)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 10;
int n;
struct cow {ll i, a, t;bool operator<(const cow& x) const { return i > x.i; } //吃草优先级
} a[N];
bool cmp(cow a, cow b) { //到达时间排序return (a.a < b.a);
}
priority_queue<cow> q; //模拟队伍
int main() {CLOSE;cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> a[i].a >> a[i].t, a[i].i = i;sort(a + 1, a + n + 1, cmp); //按到达时间排序ll cnt = a[1].a, i = 1, ans = 0; //i表示前(i-1)头奶牛都进入队伍过了,轮到第i头了;//cnt表示当前的时刻;//ans记录答案while (i <= n || !q.empty()) { //i <= n说明有奶牛没进过队伍;!q.empty()说明队伍里的奶牛还没有处理完if (q.empty() && i <= n) //队伍空了,且还有没入队过的,放进去一个q.push(a[i]), i++;cow k = q.top(); //取出队头,吃草优先级最大的那头奶牛q.pop();while (a[i].a <= (max(cnt, k.a) + k.t) && i <= n) //如果奶牛i在奶牛k吃完之前(或正好吃完时)到达,把奶牛i放进队伍q.push(a[i]), i++;ans = max(ans, cnt - k.a); //ans记录奶牛k等待最大值cnt = max(cnt, k.a) + k.t; //cnt时间更新//补充解释一下cnt更新的策略://一种情况是奶牛k之前的奶牛用掉的总时长超过了奶牛k的到达时间,应该取更长的时间cnt + k.t//另一种情况是奶牛k到达时队伍里没有人,取更长的时间k.a + k.t}cout << ans;return 0;
}
Mooyo Mooyo S
P5121 [USACO18DEC] Mooyo Mooyo S - 洛谷
题目描述
N N N 行 10 10 10 列的屏幕,其中有类型 1 ∼ 9 1\sim 9 1∼9 的不同类型的干草(每一捆干草占 1 1 1 格,没有干草用 0 0 0 表示)。受重力作用,它们落在所在列的最下面。
相同类型的且相连(上下左右方向相邻) 的若干干草成为一个连通块。如果一个连通块有由不少于 K K K 个干草组成,那么这个连通块可以被消除。消除后剩下的干草又会因为重力下落,它们当中有可能会组成新的可以消除的连通块……循环往复,直到所有干草都无法消除为止。
问最后屏幕的布局。
赛时经历
-
没有想到连通块在屏幕任何地方都可以删,而是只删了屏幕底下的连通块
-
没有发现
dfs()
代码的隐藏漏洞,还是样例造的不够好void dfs(int x, int y, char c, bool flag) {if (x < 1 || y < 1 || x > n || y > 10 || s[x][y] != c || vis[x][y])return;vis[x][y] = 1;cnt++;dfs(x - 1, y, c, flag);dfs(x + 1, y, c, flag);dfs(x, y - 1, c, flag);dfs(x, y + 1, c, flag);if (flag)vis[x][y] = 0; }
这是赛时的
dfs()
代码,该代码希望在flag
为true
时用cnt
来统计连通块内干草的数量。看起来思路没有错误,样例也没有问题,但在大测试点下很容易地出现了纰漏。思考一个简单的矩形连通块:
11 11
很显然,从左上开始,进行
dfs(左上)
,然后进入dfs(左下)
,接着到dfs(右下)
,最后是dfs(右上)
,cnt
增加到了 4 4 4,然后最终回溯到了dfs(左上)
。这一次搜索到这里就应该结束了。但是,在回溯过程中vis
标记数组又还原成了 0 0 0,这看似合乎寻常,但其中隐藏着巨大的缺陷——那就是回溯到dfs(左上)
后不知道右上已经被搜过了,又进入了dfs(右上)
,然后依次是dfs(右下)
、dfs(左下)
,cnt
增加到了 7 7 7 才停止。所以,这段代码的漏洞就在于,
vis
没有标记好搜索路线,因为迅速更新覆盖了搜索路径痕迹,导致出现多次访问。
题解
模拟。
dfs()
:统计连通块干草数量。为了保证记录不重复,我们不对vis
数组进行还原操作。
void dfs(int x, int y, char c) {if (x < 1 || y < 1 || x > n || y > 10 || s[x][y] != c || vis[x][y])return;vis[x][y] = 1;cnt++;dfs(x - 1, y, c);dfs(x + 1, y, c);dfs(x, y - 1, c);dfs(x, y + 1, c);
}
recover()
:如果连通块干草数量少于 K K K 个,执行此操作。此函数会把先前dfs()
的搜索痕迹删除掉,即还原vis
数组。没有被还原的vis
数组标记的地方视为要删除的干草位置。
void recover(int x, int y, char c) {if (x < 1 || y < 1 || x > n || y > 10 || s[x][y] != c || !vis[x][y])return;vis[x][y] = 0;recover(x - 1, y, c);recover(x + 1, y, c);recover(x, y - 1, c);recover(x, y + 1, c);
}
organize()
:搜索并标记完所有需要删除的连通块后执行此操作。它将删除vis
数组标记的位置的干草,并整理屏幕。
void organize() {queue<char> q; //q保存的是每一列没有删除的干草for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 1; j <= 10; j++)if (vis[i][j])s[i][j] = '0'; //删除被vis标记的干草for (int i = 1; i <= 10; i++) {for (int j = n; j >= 1; j--)if (s[j][i] != '0')q.push(s[j][i]); //如果还有干草,放到q里准备下落for (int j = n; j >= 1; j--) {if (!q.empty())s[j][i] = q.front(), q.pop(); //把q.top()干草下落到底部elses[j][i] = '0'; //下落完了,更新旧屏幕单元格}}memset(vis, 0, sizeof vis); //重置vis数组
}
主函数main()
:不断重复搜索连通块、标记可删除连通块、整理屏幕过程,知道无可删除连通块为止。
int main() { CLOSE;cin >> n >> k;for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> s[i], s[i] = " " + s[i];int flag = 1;while (flag) {flag = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 1; j <= 10; j++) {if (s[i][j] == '0' || vis[i][j]) //如果是空白单元格或者已经被标记过了,无需搜索continue;cnt = 0;dfs(i, j, s[i][j]); //搜索if (cnt < k) { //清除搜索区域痕迹recover(i, j, s[i][j]);} else {flag = 1; //有可以删除的连通块,标记}}}organize(); //整理屏幕}for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 1; j <= 10; j++)cout << s[i][j];cout << endl;}return 0;
}
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