C++博客-powerwater-文章分类-竞赛题解_TYVJ

tyvj_p1019 配对

龙在江湖 — Mon, 13 Aug 2012 10:47:00 GMT

描述 Description

给出2个序列A={a[1]，a[2]，…，a[n]}，B={b[1]，b[2]，…，b[n]}，从A、B中各选出n个元素进行一一配对（可以不按照原来在序列中的顺序），并使得所有配对元素差的绝对值之和最大。

输入格式 Input Format

输入的第1行为1个整数n

第2行包含n个整数，题目中的A序列。

第3行包含n个整数，题目中的B序列。

输出格式 Output Format

一个数，最大配对

样例输入 Sample Input

2 5 6 3

1 4 6 7

样例输出 Sample Output

时间限制 Time Limitation

各个测试点1s

注释 Hint

3与6配对，2与7配对，5与4配对，6与1配对，绝对值之差和为14

对于10%的数据，有n≤20；
对于30%的数据，有n≤100；
对于50%的数据，有n≤1000；
对于100%的数据，有n≤10000；a[i]，b[i]≤1000

code

龙在江湖 2012-08-13 18:47 发表评论

TYVJ_P1153 间谍网络

龙在江湖 — Wed, 09 Nov 2011 04:47:00 GMT

http://tyvj.cpwz.cn/Problem_Show.asp?id=1153

描述 Description
   由于外国间谍的大量渗入，国家安全正处于高度危机之中。如果A间谍手中掌握着关于B间谍的犯罪证据，则称A可以揭发B。有些间谍接受贿赂，只要给他们一定数量的美元，他们就愿意交出手中掌握的全部情报。所以，如果我们能够收买一些间谍的话，我们就可能控制间谍网中的每一分子。因为一旦我们逮捕了一个间谍，他手中掌握的情报都将归我们所有，这样就有可能逮捕新的间谍，掌握新的情报。
我们的反间谍机关提供了一份资料，包括所有已知的受贿的间谍，以及他们愿意收受的具体数额。同时我们还知道哪些间谍手中具体掌握了哪些间谍的资料。假设总共有n个间谍（n不超过3000），每个间谍分别用1到3000的整数来标识。
请根据这份资料，判断我们是否可能控制全部的间谍，如果可以，求出我们所需要支付的最少资金。否则，输出不能被控制的一个间谍。


输入格式 Input Format
   一行只有一个整数n。
第二行是整数p。表示愿意被收买的人数，1<=p<=n。
接下来的p行，每行有两个整数，第一个数是一个愿意被收买的间谍的编号，第二个数表示他将会被收买的数额。这个数额不超过20000.
紧跟着一行只有一个整数r，1<=r<=8000。然后r行，每行两个正整数，表示数对（A，B），A间谍掌握B间谍的证据。


输出格式 Output Format
   如果可以控制所有间谍，第一行输出YES，并在第二行输出所需要支付的贿金最小值。否则输出NO，并在第二行输出不能控制的间谍中，编号最小的间谍编号。

input example:
2
1
2 512
2
1 2
2 1
output example:
YES
512

时间限制：1S

解析：先用tarjan求出各个顶点属于哪一个强连通分量，再根据边的信息将所有能被其它强连通分量控制的强连通分量的最小买通价格置为0。用各个顶点的买通价格（不能买通为无空大）去更新所在强边通分量的最小买通价格(如果为0，说明已被控制，不需更新）。依次考查每个顶点，
1，如果所在连通分量还未买通：从每个可贿赂间谍作dfs，将能搜到的间谍贿赂价格置为0,考察所有间谍贿赂价格，第一个不是0的就是不能控制间谍最小编号，r输出NO，并输出相应顶点号，程序结束；
2。否则将相应连通分量买通价格加入总贿金中，最后输出YES和贿金总价即可。

code

龙在江湖 2011-11-09 12:47 发表评论

TYVJ1035 棋盘覆盖

龙在江湖 — Thu, 27 Oct 2011 13:59:00 GMT

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 105,
    dx[] = {-1,+1, 0, 0},
    dy[] = { 0, 0,-1,+1};
struct Edge{
    int to,next;
}edge[N*N*4];
int n,m,en,oddn,even,head[N*N],match[N*N],number[N][N];
bool ishole[N][N],used[N*N];
void add(int x,int y){
    edge[en].to = y;
    edge[en].next = head[x];
    head[x] = en++;
}
void init(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i=0,x,y;i<m;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        ishole[x][y] = true;
    }
    oddn = even = 0;
    for (int x=1;x<=n;x++)
        for (int y=1;y<=n;y++)
            if (!ishole[x][y]){
                if ((x+y)%2) number[x][y] = ++oddn;
                else number[x][y] = ++even;
            }
    memset(head,-1,sizeof(head));
    en = 0;
    int x0,y0;
    for (int x=1;x<=n;x++)
        for (int y=1;y<=n;y++)
            if ((x+y)%2){
                for (int i=0;i<4;i++){
                    x0 = x+dx[i];
                    y0 = y+dy[i];
                    if (x0<1 || x0>n || y0<1 || y0>n || ishole[x0][y0]) continue;
                    add(number[x][y],number[x0][y0]);
                }
            }
}
bool can(int u){
    for (int v,p=head[u];~p;p=edge[p].next){
        v = edge[p].to ;
        if (!used[v]){
            used[v] = true;
            if (!match[v] || can(match[v])){
                match[v] = u;
                return true;
            }
        }
    }
    return false;
}
void hungary(){
    int ans(0);
    memset(match,0,sizeof(match));
    for (int i=1;i<=oddn;i++){
        memset(used,0,sizeof(used));
        if (can(i)) ans++;
    }
    printf("%d\n",ans);
}
int main(){
    freopen("qipan.in","r",stdin);
    freopen("qipan.out","w",stdout);
    init();
    hungary();
    return 0;
}

龙在江湖 2011-10-27 21:59 发表评论