小貓爬山

【題目描述】：

Freda和rainbow飼養了N只小貓，這天，小貓們要去爬山。經歷了千辛萬苦，小貓們終於爬上了山頂，但是疲倦的它們再也不想徒步走下山了（嗚咕>_<）。

Freda和rainbow只好花錢讓它們坐索道下山。索道上的纜車最大承重量為W，而N只小貓的重量分別是C1、C2……CN。當然，每輛纜車上的小貓的重量之和不能超過W。每租用一輛纜車，Freda和rainbow就要付1美元，所以他們想知道，最少需要付多少美元才能把這N只小貓都運送下山？

【輸入描述】：

第一行包含兩個用空格隔開的整數，N和W。

接下來N行每行一個整數，其中第i+1行的整數表示第i只小貓的重量Ci。

【輸出描述】：

輸出一個整數，最少需要多少美元，也就是最少需要多少輛纜車。

【樣例輸入】：

5 1996
1
2
1994
12
29

【樣例輸出】：

2

【時間限制、資料範圍及描述】：

時間：1s 空間：128M

對於100%的資料，1<=N<=18，1<=Ci<=W<=10^8。

題意就是有n只貓，分別重wi，然後要裝進若干個承重為w的纜車裡，問最少用的纜車數。

正解應該是迭代加深深搜，但是lz貪心直接水過100分。。。

深搜不說了，貪心就是儘量讓體重最小的跟體重最大的坐在一起，能裝就裝。（感覺一般現實生活中我們也會這樣處理這種問題吧，但是前輩們說這種貪心不對，但我覺得沒有更優地做法了呀。。望知道的dalao告訴蒟蒻qwq）

程式碼5分鐘寫出來：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define pt putchar
#define gc getchar
#define ex pt('\n')
#define ko pt(' ')
const int MAXN = 20;
int n,w;
int v[MAXN],vis[MAXN]; 
int ans = 0;
void in(int &x)
{
	int num = 0,f = 1; char ch = gc();
	while(ch < '0' || ch > '9') {if(ch == '-') f = -1; ch = gc();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9') {num = (num<<3) + (num<<1) + (ch-'0'); ch = gc();}
	x = num*f;
}
void out(int x)
{
	if(x < 0) x = -x,pt('-');
	if(x > 9) out(x/10);
	pt(x % 10 + '0');
}

int main()
{
	in(n); in(w);
	for(int i = 1;i <= n;i++) in(v[i]);
	sort(v+1,v+1+n);
	for(int i = 1;i <= n;i++)
	{
		if(vis[i]) continue;
		ans++;
		int now = v[i]; vis[i] = 1;
		for(int j = n;j >= i;j--)
			if(now + v[j] <= w && !vis[j]) 
				vis[j] = 1,now += v[j];
	}
	out(ans);
	return 0;
}
 

得分

這道題老師沒放出來題目orz

大概題意是：一位同學要在T時間內做n道題中的全部或是部分，每道題有一個題目難度ci，需要時間ti,在剩餘時間x時開始做第i道題並且能做完的話，就可以得到x*ci的分，問可以得到的最大得分。

很明顯是個01揹包問題，但是要注意的是dp順序必須按 價效比(ci/ti ：cj/tj) 從大到小來進行，不然答案無法被正確更新（至於為什麼，我也不是很明白，但是經過模擬發現若順序不對，就會導致答案沒有被更新出來，似乎是被前面的不優的東西擠掉了空間）

因為除法很麻煩，還要處理浮點數，所以比較函式寫成 ci*tj > cj*ti  就好。

哦對了，我的方程意思是f[j]代表當前剩餘時間，最後答案明顯取個最大（也許就是f[0]？），由於是01揹包只能限制f從上一階段逆向列舉過來，保證只轉移一次。

但是呀我這裡方程意思是剩餘時間，那麼相對於揹包裝進j來說的逆向是從已經裝了m進行逆向列舉轉移，同時可以想到對於剩餘時間來說，就應該從0開始轉移到m才算是逆向，故方程如下程式碼。

程式碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define pt putchar
#define gc getchar
#define ex pt('\n')
#define ko pt(' ')
const int MAXN = 3e3 + 5;
int n,m;
struct score
{
	int t,c;
	bool operator < (const score &one) const
	{
		return c*one.t > one.c*t;
	}
}s[MAXN];
int f[10005];
int ans = 0;
void in(int &x)
{
	int num = 0,f = 1; char ch = gc();
	while(ch < '0' || ch > '9') {if(ch == '-') f = -1; ch = gc();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9') {num = (num<<3) + (num<<1) + (ch-'0'); ch = gc();}
	x = num*f;
}
void out(int x)
{
	if(x < 0) x = -x,pt('-');
	if(x > 9) out(x/10);
	pt(x % 10 + '0');
}

int main()
{
	in(n); in(m);
	for(int i = 1;i <= n;i++) in(s[i].t),in(s[i].c);
	sort(s+1,s+1+n);
	for(int i = 1;i <= n;i++)
		for(int j = s[i].t;j <= m;j++)
			f[j-s[i].t] = max(f[j-s[i].t],f[j] + j*s[i].c);
	for(int i = 0;i <= m;i++) ans = max(ans,f[i]);
	out(ans);
	return 0;
}

迷路

Description
windy在有向圖中迷路了。 該有向圖有 N 個節點，windy從節點 0 出發，他必須恰好在 T 時刻到達節點 N-1。 現在給出該有向圖，你能告訴windy總共有多少種不同的路徑嗎？ 注意：windy不能在某個節點逗留，且通過某有向邊的時間嚴格為給定的時間。

Input
第一行包含兩個整數，N T。 接下來有 N 行，每行一個長度為 N 的字串。 第i行第j列為'0'表示從節點i到節點j沒有邊。 為'1'到'9'表示從節點i到節點j需要耗費的時間。

Output
包含一個整數，可能的路徑數，這個數可能很大，只需輸出這個數除以2009的餘數。

Sample Input
【輸入樣例一】
2 2
11
00

【輸入樣例二】
5 30
12045
07105
47805
12024
12345

Sample Output
【輸出樣例一】
1

【樣例解釋一】
0->0->1

【輸出樣例二】
852

HINT
30%的資料，滿足 2 <= N <= 5 ； 1 <= T <= 30 。 100%的資料，滿足 2 <= N <= 10 ； 1 <= T <= 1000000000 。
這道題爆零了orz。。一般來說都會想到處理環（包括自環）吧。。於是打了個tarjan縮點，dfs求最短路，最後利用縮點得來的每個環路徑長短，進行拼湊T。失敗了orzorzorz，居然全錯。。

正解為矩陣乘法快速冪，可以知道這個圖本身就是一個矩陣，要是要走T次到達終點的話相當於每次自乘矩陣，每一條邊都是一種選擇的情況，先按矩陣乘法乘，那個加起來的值就是從一個點到另一個點的情況和。起點到終點答案就是f[1][n]。

但是這種情況只能處理每條邊邊權均為1的情況，若大於1則不能這麼處理了。

於是我們發現邊權只有0~9，0，1不需要考慮，2~9邊權的話就把一個點拆成2~9個點相連的邊權為1的邊，加在矩陣後面就好了，答案還是f[1][n]處取得。

計算怎麼加在後面詳細看程式碼就好了，就是那個calc函式。。

程式碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define pt putchar
#define gc getchar
#define ko pt(' ')
#define ex pt('\n')
const int MAXN = 150;
const ll MOD = 2009;
int n,m,sum,T;
int ans[MAXN][MAXN],a[MAXN][MAXN],b[MAXN][MAXN];

inline int calc(int x,int y) {return (y-1)*n+x;}

void in(int &x)
{
	int num = 0,f = 1; char ch = gc();
	while(ch < '0' || ch > '9') {if(ch == '-') f = -1; ch = gc();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9') {num = (num<<3) + (num<<1) + (ch-'0'); ch = gc();}
	x = num*f;
}
void lin(ll &x)
{
	ll num = 0,f = 1; char ch = gc();
	while(ch < '0' || ch > '9') {if(ch == '-') f = -1; ch = gc();}
	while(ch >= '0' && ch <= '9') {num = (num<<3) + (num<<1) + (ch-'0'); ch = gc();}
	x = num*f;
}
void out(ll x)
{
	if(x < 0) x = -x,pt('-');
	if(x > 9) out(x/10);
	pt(x % 10 + '0');
}

inline void mul()
{
	memset(b,0,sizeof b);
	for(int i = 1;i <= n*9;i++)
		for(int j = 1;j <= n*9;j++)
			for(int k = 1;k <= n*9;k++)
				b[i][j] = (b[i][j] + ans[i][k]*a[k][j]) % MOD;
	memcpy(ans,b,sizeof b);
}

inline void mulself()
{
	memset(b,0,sizeof b);
	for(int i = 1;i <= n*9;i++)
		for(int j = 1;j <= n*9;j++)
			for(int k = 1;k <= n*9;k++)
				b[i][j] = (b[i][j] + a[i][k]*a[k][j]) % MOD;
	memcpy(a,b,sizeof b);
}

inline void init()
{
	in(n); in(T);
	for(int i = 1;i <= n;i++)
	{
		for(int j = 1;j <= n;j++)
		{
			char ch = getchar();
			int num = ch-'0';
			if(!num) continue;
			a[i][calc(j,num)] = 1;
		}
		for(int j = 2;j <= 9;j++) a[calc(i,j)][calc(i,j-1)] = 1;
		getchar();
	}
}

inline void work()
{
	for(int i = 1;i <= n*9;i++) ans[i][i] = 1;
	while(T)
	{
		if(T & 1) mul();
		T >>= 1;
		mulself();
	}
	out(ans[1][n] % MOD);
}

int main()
{
	init();
	work();
	return 0;
}