寒假训练——第一周（二分）

A - 栅栏

思路：

二分 + $D FS$ + 剪枝

总体思路如下：

$mi d$ 为最多可以剪出的木材数（升序排列）
按照每一个 $mi d$ 判断是否可以完成，若 $t r u e$ ，则 $l = mi d$ ；反之， $r = mi d - 1$

剪枝：

优化搜索顺序：木材( $s ma ll$ ) 从从大到小枚举，木板( $bi g$ ) 从小到大枚举，产生的分支数量较少
可行性剪枝：( $s u m$ $s ma ll [m]$ <= $s u m$ $bi g [n]$ )
可行性剪枝：若 $s u m$ $bi g$ $-$ $w a s t e$ $<$ $s u m$ $s ma ll [mi d]$
排除等效冗余： $s ma ll [k]$ = $s am ll [k - 1]$ ，继续从当前位置开始枚举

代码如下：

#include 

#define fast ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr)

#define x first
#define y second
#define int unsigned int

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;

const int N = 55, M = 1010, null = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-8;

int n, m;
int big[N], small[M], sum_small[M];
int sum_big;
int waste;

int mid;

bool dfs(int k, int now)
{
    if(k == 0) return true; // 成立
    if(sum_big - waste < sum_small[mid]) return false; // 3. 可行性剪枝
    
    bool f = 0;
    
    for (int i = now; i <= n; i ++ )
    {
        if(big[i] >= small[k])
        {
            big[i] -= small[k];
            if(big[i] < small[1]) waste += big[i];
            if(small[k - 1] == small[k]) f = dfs(k - 1, i); // 4. 排除等效冗余
            else f = dfs(k - 1, 1);
            
            // 恢复现场
            if(big[i] < small[1]) waste -= big[i];
            big[i] += small[k];
            
            if(f) return true;
        }
    }
    return false;
}

void solve()
{
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        cin >> big[i], sum_big += big[i];
    
    sort(big + 1, big + n + 1);
    
    cin >> m;
    for (int i = 1; i <= m; i ++ )
        cin >> small[i];
    
    sort(small + 1, small + m + 1);
    
    for (int i = 1; i <= m; i ++ )
        sum_small[i] = sum_small[i - 1] + small[i];
    
    while(sum_small[m] > sum_big) m --; // 2. 可行性剪枝
    
    int l = 0, r = m;
    while(l < r)
    {
        mid = l + r + 1>> 1;
        if(dfs(mid, 1)) l = mid; // 1. 优化搜索顺序
        else r = mid - 1;
    }
    
    cout << l << endl;
    
    return;
}

signed main()
{
    fast;
    int T = 1; 
    //cin >> T;
    while(T -- )
        solve();
    
    return 0;
}
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B - 扑克牌

思路：

二分答案

$mi d$ 为所求扑克牌的套数
可用的 $j o k er$ 数目为 $min (mi d, m)$ 判断是否超出所用 $j o k er$ 的数目
若没超出 $l = mi d$ ；反之， $r = mi d - 1$

代码如下：

#include 

#define fast ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr)

#define x first
#define y second
#define int long long

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;

const int N = 55, M = 1010, null = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-8;

int n, m;;
int a[N];

bool check(int x)
{
    int res = 0;
    int s = min(x, m);
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
        if(a[i] < x) res += x - a[i];
        if(res > s) return false;
    }
    return true;
}

void solve()
{
    cin >> n >> m;
    
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        cin >> a[i];
        
    int l = 1, r = 1e9;
    while(l < r)
    {
        int mid = l + r + 1 >> 1;
        if(check(mid)) l = mid;
        else r = mid - 1;
    }
    
    cout << l << endl;
    
    return;
}

signed main()
{
    fast;
    int T = 1; 
    //cin >> T;
    while(T -- )
        solve();
    
    return 0;
}
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C - 跳石头

思路：

二分答案

$mi d$ 为跳跃距离的最大值
若 $a [i]$ 与上一个石子 $a [l a s t]$ 距离小于 $mi d$ ， $res + +$
若 $res > m$ ， $mi d$ 过小， $l = mi d$ ；反之 $r = mi d$

代码如下：

#include 

#define fast ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr)

#define x first
#define y second
#define int long long

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;

const int N = 50010, M = 1010, null = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-8;

int n, m, len;
int a[N];

bool check(int x)
{
    int res = 0;
    int last = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
        if(a[i] - a[last] < x) res ++;
        else last = i;
        if(res > m) return false;
    }
    return true;
}

void solve()
{
    cin >> len >> n >> m;
    
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        cin >> a[i];
    
    int l = 0, r = len;
    while(l < r)
    {
        int mid = l + r + 1 >> 1;
        if(check(mid)) l = mid;
        else r = mid - 1;
    }
    
    cout << r << endl;
    
    return;
}

signed main()
{
    fast;
    int T = 1; 
    //cin >> T;
    while(T -- )
        solve();
    
    return 0;
}
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D - 小车问题

思路：

浮点数二分答案：

甲的总时间为：车 $t im e$ + 人 $t im e$ ；乙的总时间为：人 $t im e$ + 车 $t im e$ ，若时间最短，则甲乙同时到终点
$mi d$ 表示甲坐车走的距离，根据距离算甲乙的时间
若甲 $t im e$ > 乙 $t im e$ ， $mi d$ 太小， $l = mi d$ ；反之, $mi d$ 太大， $r = mi d$

代码如下：

#include 

#define fast ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr)

#define x first
#define y second
#define int long long

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;

const int N = 50010, M = 1010, null = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-8;

int n, m, len;
int a[N];

bool check(double x)
{
    double atime = x / m + (len - x) / n;
    double bt = x / m + (x - x / m * n) / (m + n) ;
    double btime = bt + (len - bt * n) / m;
    
    //cout << atime << " " << btime << endl;
    
    if(btime > atime) return true;
    else return false;
}

void solve()
{
    scanf("%d%d%d", &len, &n, &m);
    
    double l = 0, r = len;
    while( fabs(l - r) > eps )
    {
        double mid = (l + r) / 2;
        if(check(mid)) r = mid;
        else l = mid;
    }
    
    double res = l / m + (len - l) / n;
    
    printf("%.2lf\n", res);
    
    return;
}

signed main()
{
    //fast;
    int T = 1; 
    //cin >> T;
    while(T -- )
        solve();
    
    return 0;
}
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E - 切绳子

思路：

浮点数二分答案：

查找最小长度的最大值（左半区间的右端点）
$mi d$ 表示为绳子的长度
若 $mi d$ <= $an s$ （即、 $res >= m$ ) ，此时 $l$ 向右移动， $l = mi d$
反之， $r = mi d$

代码如下：

#include 

#define fast ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr)

#define x first
#define y second
#define int long long

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;

const int N = 10010, M = 1010, null = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-9;

int n, m, len;
double a[N];

bool check(double x)
{
    int res = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
        res += floor(a[i] / x);
    }

    if(res >= m) return true;
    else return false;
}

void solve()
{
    scanf("%lld %lld", &n, &m);
    
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        scanf("%lf", &a[i]);
    
    double l = 0, r = 1e9;
    while( fabs(r - l) > eps )
    {
        double mid = (l + r) / 2;
        if(check(mid)) l = mid;
        else r = mid;
    }
    
    printf("%.6f\n", r);
    
    return;
}

signed main()
{
    //fast;
    int T = 1; 
    //cin >> T;
    while(T -- )
        solve();
    
    return 0;
}
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F - 奶牛晒衣服

思路：

二分答案

查找最大的最小值（即，右区间的左端点）
$mi d$ 为所用时间，用 $r = mi d, l = mi d + 1$ 模板
若 $res <= mi d$ 即、 $mi d$ 太小， $r = mi d$ ；反之， $l = mi d + 1$

代码如下：

#include 

#define fast ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr)

#define x first
#define y second
#define int long long

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;

const int N = 5e5 + 10, M = 1010, null = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-9;

int n, m1, m2;
int a[N];

bool check(int x)
{
    int res = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
        int j = a[i] - m1 * x;
        if(j > 0) res += j / m2 + (j % m2 != 0);
        if(res > x) return false;
    }
    
    return true;
}
    
void solve()
{
    cin >> n >> m1 >> m2;
    
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
        cin >> a[i];
    
    int l = 1, r = 1e9;
    while(l < r)
    {
        int mid = l + r >> 1;
        if(check(mid)) r = mid;
        else l = mid + 1;
    }
    
    cout << r << endl;
    
    return;
}

signed main()
{
    //fast;
    int T = 1; 
    //cin >> T;
    while(T -- )
        solve();
    
    return 0;
}
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原文地址：https://blog.csdn.net/m0_61409183/article/details/126386168

寒假训练——第一周（二分）

目录

A - 栅栏

B - 扑克牌

C - 跳石头

D - 小车问题

E - 切绳子

F - 奶牛晒衣服