T1 珠江夜游
题目描述：
小 Z 放假后难得来一趟广州游玩，当然要吃遍广州各路美食小吃然后再
到珠江新城看看远近闻名的小蛮腰啦！可当小 Z 一路吃吃吃以后，天渐渐黑了，
珠江边上的建筑全亮起了灯，好看得不要不要的，于是小 Z 决定搭乘游艇从西
边的广州港沿着珠江夜游到小蛮腰脚下。小 Z 的游艇一路向东，可小 Z 却感觉
船动得出奇的慢，一问船家才知道，原来今天珠江上堵船了。
我们可以把供游艇航行的航道看作一条单行道，航道上 N+1 艘游艇自西
向东依次编号为 0..N，小 Z 所在的游艇在最西边编号为 0，而编号为 N 的游艇
还要再往东航行一段才是小蛮腰。由于晚上航行视野不佳，排在后面的船不允
许超越前面的船，而当前面的船航行速度太慢时，后面的船只能以相同的速度
紧跟着，此时两船之间的距离可以忽略。
已知第 i 艘游艇船身长为 L[i]，船头与小蛮腰距离为 X[i]，最大航行速
度为 V[i]。小 Z 好奇，他到底要等多久，才能乘着游艇经过小蛮腰脚下呢？
输入格式：
第一行为测试数据组数 T，表示接下来有 T 组数据。
每组测试数据第一行为一个正整数 N，表示排在小 Z 前面的游艇数量。
接下来 3 行，每行包含 N+1 个数字，每行的第 i 个数字分别为 L[i],
X[i]和 V[i]，含义见题面描述。
输出格式：
每组测试数据输出一行，包含一个实数，表示小 Z 要等待的时间，至少
保留三位小数。
设你的输出答案和标准答案分别为 a 和 b，若 fabs(a-b)/max(1,b)<1e-3，
则认为你的输出答案是正确的。
样例输出：
2
1
2 2
7 1
2 1
2
1 2 2
10 7 1
6 2 1
样例输出：
3.500
5.000
思路：
二分，最终答案time，然后二分check的时候开一个数组，存一下当前的船最终能到达的离
目标的位置，那么头一个船的位置就是二分到的时间乘上他的速度.
后边的船还要考虑一下前边的船是不是挡着他.
如果前边的船能当着他那就是.
两种情况.
一种就是当前的船的速度比前边的船快的时候.
前边的船的最终距离加上前边那个船的船长.
第二种就是当前的船比前边的船慢的时候.
和一开始离小蛮腰的距离减去它能行驶的最大距离取一个max.
因为他是前边挡着的，当然要取一个max.
然后得到的距离是不是在一个精度误差(1e-3)之内.
code
#include <bits/stdc++.h>
#define N 100010
#define ll long long
using namespace std;
double l[N], v[N], x[N], a[N];
int n;
ll read() {
ll s = 0, f = 0; char ch = getchar();
while (!isdigit(ch)) f |= (ch == '-'), ch = getchar();
while (isdigit(ch)) s = s * 10 + (ch ^ 48), ch = getchar();
return f ? -s : s;
}
bool check(double tim) {
for (int i = 0; i <= n; i++) a[i] = x[i];
a[n] = a[n] - tim * v[n];
for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
double ddd = tim * v[i];
a[i] = max(a[i] - ddd, a[i + 1] + l[i + 1]);
if (a[i] > 1e-3) return false;
}
return true;
}
int main() {
// freopen("cruise.in", "r", stdin);
// freopen("cruise.out", "w", stdout);
int T = read();
while (T--) {
n = read();
for (int i = 0; i <= n; i++) l[i] = read();
for (int i = 0; i <= n; i++) x[i] = read();
for (int i = 0; i <= n; i++) v[i] = read();
double l = 0, r = 1000000000;
while (r - l > 1e-5) {
double mid = (r + l) / 2.0;
if (check(mid)) r = mid;
else l = mid;
}
printf("%.5lf\n", r);
}
} T2 旅行计划
解题思路：
每个连通块显然是独立的。对于一个连通块（除了单个点的），如果奇度数点个数 为 k，那么至少需要 max(k/2,1)条路径。
这是因为在一个无向图中，将两个度数为奇数的 点连起来，就可以消去两个奇数点。
所以如果一个无向图要有欧拉回路(全部点的度数全 为偶数)，只要加 k/2 条边就可以了。
于是乎，我们只要将一个连通块变成欧拉图，搜一 遍得到路径，再将我们人为添加的边删掉，剩下的就是这个连通块的"笔画"了。
这里为什么一定变成欧拉回路而不是欧拉通路，其实这里欧拉回路和欧拉通路都是 可以的，得到的答案是一样的。
主要是算法实现上的问题，如果变成欧拉通路，就一定得 从剩下的两个奇数点出发，终止。
至于为什么这里加 k/2 条边后扫出的结果删掉多加的边 就是答案，并且这个答案=max(k/2,1)呢？
这是因为一个图中，我们从奇数点开始走，停止 的也一定是在奇数点，
那么再一遍遍不重复地从图中走出一条条类似前面地路径(奇数点 开始，奇数点结束)然后我们将这些路径地终点连接下一条路径的起点(多加的边)，
这样又 因为每一条路径的起止点都为奇数点，一条边删去两个奇数点。
所以最终把他们连成欧拉 回路所需的边的数量就是 k/2。
code：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <vector>
#define int long long
#define MAXN 500000
#define INF 1e9 + 7
using namespace std;
struct node {
int u, v, w, next, vis;
} edge[MAXN];
int head[MAXN], num, vis[MAXN], n, m, ans, cnt[MAXN];
vector<int> b[MAXN];
inline int read() {
int s = 0, f = 0; char ch = getchar();
while (!isdigit(ch)) f |= (ch == '-'), ch = getchar();
while (isdigit(ch)) s = s * 10 + (ch ^ 48), ch = getchar();
return f ? -s : s;
}
inline void build(int u, int v, int w) {
num++;
edge[num].u = u, edge[num].v = v;
edge[num].w = w, edge[num].vis = 0;
edge[num].next = head[u], head[u] = num;
}
void dfs(int u) {
vis[u] = 1;
for (int i = head[u]; i; i = edge[i].next) {
int v = edge[i].v;
if (edge[i].vis) continue;
edge[i].vis = 1;
if (i % 2 != 0) edge[i + 1].vis = 1;
else edge[i - 1].vis = 1;
dfs(v);
if (edge[i].w != INF) b[ans].push_back(-edge[i].w);
else ans++;
}
}
signed main() {
// freopen("travelling.in", "r", stdin);
// freopen("travelling.out", "w", stdout);
int t = read();
while (t--) {
num = ans = 0;
n = read(), m = read(), ans = 0;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int u = read(), v = read();
build(u, v, i);
build(v, u, -i);
cnt[u]++;
cnt[v]++;
}
int now = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
if (cnt[i] % 2 != 0)
if (now) {
build(now, i, INF);
build(i, now, INF);
now = 0;
} else now = i;
for (int i = 1; i <= n; i++)
if (!vis[i] && cnt[i] % 2 != 0) {
ans++;
dfs(i);
ans--;
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
if (!vis[i] && cnt[i]) {
ans++;
dfs(i);
}
cout << ans - 1;
puts("");
for(int i = 1; i <= ans; i++) {
int len = b[i].size();
cout << len << ' ';
for(int j = 0; j < len; j++) cout << b[i][j] << ' ';
puts("");
b[i].clear();
}
for (int i = 1; i <= n; i++) vis[i] = cnt[i] = head[i] = 0;
}
return 0;
} T3
解题思路:
用f[i][j][k][l]来表示当前矩阵左上角为i，j 右下角为k，l的矩阵的最优解.
可以先从最小的一行来看，我们不会分着去取，以为那样的贡献会非常大，然后矩阵上也一样.
我们一定是取一个矩阵，然后不断地加一行或者一列，然后我们枚举四边加一行或一列需要的
贡献，然后取一个最小值，然后加上去，这样dfs.
code
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 10;
int f[N][N][N][N];
char s[N][N];
ll read() {
int s = 0, f = 0; char ch = getchar();
while (!isdigit(ch)) f |= (ch == '-'), ch = getchar();
while (isdigit(ch)) s = s * 10 + (ch ^ 48), ch = getchar();
return f ? -s : s;
}
int calc(int x1, int x2, int y1, int y2, int xx1, int xx2, int yy1, int yy2) {
int mnx = 1e9, mxx = 0, mny = 1e9, mxy = 0;
for (int i = xx1; i <= xx2; ++i)
for (int j = yy1; j <= yy2; ++j)
if (s[i][j] == '#') {
mnx = min(mnx,i);
mxx = max(mxx,i);
mny = min(mny,j);
mxy = max(mxy,j);
}
if(mxx == 0) return 0;
int ans = 0;
for (int i = x1; i <= x2; ++i)
for (int j = y1; j <= y2; ++j)
if (s[i][j] == '#')
ans += max(abs(i - mnx),max(abs(i - mxx),max(abs(j - mny),abs(j-mxy))));
return ans;
}
int dfs(int x1, int y1, int x2, int y2) {
if (x1 > x2 || y1 > y2) return 0;
if (f[x1][y1][x2][y2] != -1) return f[x1][y1][x2][y2];
int ret = dfs(x1 + 1,y1,x2,y2) + calc(x1,x1,y1,y2,x1,x2,y1,y2);
ret = min(ret,dfs(x1,y1 + 1,x2,y2) + calc(x1,x2,y1,y1,x1,x2,y1,y2));
ret = min(ret,dfs(x1,y1,x2 - 1,y2) + calc(x2,x2,y1,y2,x1,x2,y1,y2));
ret = min(ret,dfs(x1,y1,x2,y2 - 1) + calc(x1,x2,y2,y2,x1,x2,y1,y2));
return f[x1][y1][x2][y2] = ret;
}
int main() {
// freopen("station.in","r",stdin);
// freopen("station.out","w",stdout);
for(int i = 1; i <= 8; ++i) scanf("%s",s[i] + 1);
memset(f,-1,sizeof(f));
cout << dfs(1,1,8,8);
return 0;
}
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