题目

T1 天平

Description

FJ有一架用来称牛的体重的天平。与之配套的是N(1<=N<=40)个已知质量的砝码（所有砝码质量的数值都在31位二进制内）。每次称牛时，他都把某头奶牛安置在天平的某一边，然后往天平另一边加砝码，直到天平平衡，于是此时砝码的总质量就是牛的质量（FJ不能把砝码放到奶牛的那边，因为奶牛不喜欢称体重，每当FJ把砝码放到她的蹄子底下，她就会尝试把砝码踢到FJ脸上）。天平能承受的物体的质量不是无限的，当天平某一边物体的质量大于C(1<=C<2^30)时，天平就会被损坏。
砝码按照它们质量的大小被排成一行。并且，这一行中从第3个砝码开始，每个砝码的质量至少等于前面两个砝码（也就是质量比它小的砝码中质量最大的两个）的质量的和。
FJ想知道，用他所拥有的这些砝码以及这架天平，能称出的质量最大是多少。由于天平的最大承重能力为C，他不能把所有砝码都放到天平上。
现在FJ告诉你每个砝码的质量，以及天平能承受的最大质量。你的任务是选出一些砝码，使它们的质量和在不压坏天平的前提下是所有组合中最大的。

Input

第1行: 两个用空格隔开的正整数，N和C。
第2…N+1行: 每一行仅包含一个正整数，即某个砝码的质量。保证这些砝码的质量是一个不下降序列。

Output

第1行: 一个正整数，表示用所给的砝码能称出的不压坏天平的最大质量。

Sample Input

3 15
1
10
20

Sample Output

11

Hint

【样例说明】
FJ有3个砝码，质量分别为1,10,20个单位。他的天平最多只能承受质量为15个单位的物体。用质量为1和10的两个砝码可以称出质量为11的牛。这3个砝码所能组成的其他的质量不是比11小就是会压坏天平。

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T2 游历的路线

Description

我们的郭嘉大大经过一段时间发现了袁绍这个人干大事而惜身，见小利而忘义，又逢曹操在招兵买马，决定逃离袁绍去投曹操，而我们的曹操在第M天招募良材，我们的郭嘉大大既不能早去，也不能晚去，于是乎，他就趁着这一段时间到其他的城市游历一番，而每两个城市之间只能坐马车来往，由于我们的郭嘉大大很贪钱，他想用最少的费用，所以需要我们帮他求出这一个最小的费用。

Input

第一行包含两个数n，m， 表示有n个城市，和m天后曹操招纳良材。城市一就是郭嘉所在的城市，城市n就是曹操处。接下来n * (n – 1)行描述马车乘坐表。 　　第2到第n行就是描述的城市1到2… n的马车乘坐表. 　　第n + 1到第2n-1行描述的城市2到城市1，3…n的马车乘坐表… … 对每一行，首先有一个数T，表示城市I到城市J的马车以T为周期，接下来有T个数，表示每天的马车的价格，如果价格为0则表示没有马车可坐。（n <= 100, m <= 200, T <= 20， Price <= 50000）

Output

如果存在这样的路线使郭嘉第m天到达曹操处，则输出最少的费用，否则输出0！

Sample Input

3 5
2 130 150
3 75 0 80
2 110 100
4 60 70 60 50
3 0 135 140
2 70 80

Sample Output

355

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T3 食物

Description

Input

Output

Sample Input

4
1 1 7
14 2 1
1 2 2
1 1 10
10 10 1
5 7 2
5 3 34
1 4 1
9 4 2
5 3 3
1 3 3
5 3 2
3 4 5
6 7 5
5 3 8
1 1 1
1 2 1
1 1 1

Sample Output

4
14
12
TAT

Data Constraint

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总结

这次比赛比昨天可做了一些。
T1：
死磕了2h，毫无头绪，感觉像是贪心，又像是二分。最后只好打暴力了。
T2：
一眼出正解，此乃背包！设$f_{i,j}$fi,j​表示第 j 天在城市 i 的最少花费。然后就一通乱搞……
但坑×的是，郭嘉居然不能在城市里连续呆几天！
T3：
感觉不可做。应该是DP吧！

OJ bug报告：

11:17:26

什么鬼？我半个小时前交的代码居然……

11:18:46

啊，OJ爆了！

11:19:21

好吧，OJ真的爆了。我只好默默地拿出作业……

11:20:46

还没运行完啊！
这时，XC怒不可歇地冲了进来说：“（代码）没运行完的不要重复交啊，我看有的人都交了好几遍了。你们这不是给OJ添堵吗？”
N个人愧怍地低下了头。

After the contest

于是乎，成绩刚出的时候

我居然没有爆〇耶！一定是昨晚做值日攒足了人品（吃宵夜被抓T_T，结果被XC安排去扫3、4楼所有教室，别的还好，在肮脏的403扫了足足7袋垃圾！）。
这个故事告诉我们：要多做值日，实在不行可以在表上多登几个名字。做值日不要紧，人品才是最重要的＜(▰˘◡˘▰)
睡醒午觉后，就多了100分了。

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题解

T1

解法1（水法）

这题我打暴力拿了50分~按理说我接下来会废掉暴力重新打正解的，可是我发现那50的暴力并没有TLE耶！

于是我就开始查错误……提交……AC！
虽然暴力理论上的时间复杂度是 ，但是加上一堆猥琐剪枝后它完全可以变成这样：

Amazing！

解法2

大佬们用了折半搜索。
先是枚举前半段，答案放入数组a中，再是枚举后半段，答案放入数组b中。这时我们就得到了两个长度为2^(n/2)的数组，只要想办法把它们组合起来，使结果合法并最大化就可以了。
于是自然而然地就想到了二分。可以先把数组a排序，再在数组b中枚举每一个数，在a数组中二分查找满足 的最大a值，更新答案即可。

解法3

LZY说不一定要二分查找。
可以把两个数组都排序，接着一个指针指着 ，另一个指着的 ，用类似于双指针搜索的方法查找就可以了。
当然，这个方法的常数似乎不太优秀……

T2

解法一

比赛时我一眼出正解，这题难道不是DP吗？
设$f_{i,j}$fi,j​表示第 j 天在城市 i 的最少花费。状态转移方程就为
$f_{i,j}= \begin{cases} f_{i,j-1} &amp; \text{在城市中多呆一天} \\ f_{k,j-1}+w_{k,i,j} &amp; \text{$w_{k,i,j}\neq 0$} \end{cases}$fi,j​={fi,j−1​fk,j−1​+wk,i,j​​在城市中多呆一天wk,i,j​̸​=0​
$w_{k,i,j}$wk,i,j​表示第 j 天从 k 到 i 的费用。
结果发现连样例都过不了。后来去掉了第一行的转移就AC了。
坑啊！为什么郭嘉大大不能在同一个城市住上几天呢？

解法二

这题也可以用最短路做，其实就是在原来最短路的基础上多开一维存时间。

T3

完全背包问题。
设$f_i$fi​表示美味值等于 i 时的最小体积，$g_i$gi​表示运费为 i 时的最大体积。
乱搞一下就可以了。

感悟

1 ) RP很重要，平时生活中要多点积累RP。当然我们也要发扬乐于助人的精神，积极帮助他人攒人品，因此要多让别人请吃饭，也要促使他人搞卫生（不讲题目大意的时候千万不要提醒）
2 ) 我的基本功不是很扎实，一些基础的算法如搜索掌握程度不佳，要加强。
3 ) 雷灏讲题时一定要安静，最好忘记时间。
4 ) 总结写那么长会很耗时间的。雷灏是怎么做到的？？？

开源盛世

T1

#include<cstdio>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 50
int a[N],n,m,ans;
ll f[N];
void dfs(int k,ll sum)
{
	if(sum>m) return;
	if(sum>ans) ans=sum;
	if(!k) return;
	if(sum+f[k]<=m)
	{
		if(sum+f[k]>ans) ans=sum+f[k];
		return;
	}
	dfs(k-1,sum);
	if(sum+a[k]<=m) dfs(k-1,sum+a[k]);
}
int main()
{
	int i,j;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),f[i]=f[i-1]+a[i];
	dfs(n,0);printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

T2

#include<cstdio>
using namespace std;
#define inf 999999999
#define N 105
#define M 205
int f[N][M],a[N][N][25];
inline int min(int x,int y){return x<y?x:y;}
int main()
{
	freopen("lines.in","r",stdin);
	freopen("lines.out","w",stdout);
	int n,m,i,j,k,t;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=1;j<=n;j++)
			if(j!=i)
			{
				scanf("%d",&a[i][j][0]);
				for(k=1;k<=a[i][j][0];k++)
					scanf("%d",&a[i][j][k]);
			}
		for(j=0;j<=m;j++) f[i][j]=inf;
	}
	f[1][0]=0;
	for(j=1;j<=m;j++)
	{
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			//f[i][j]=f[i][j-1];
			for(k=1;k<=n;k++) if(a[k][i][0])
			{
				t=a[k][i][j%a[k][i][0]?j%a[k][i][0]:a[k][i][0]];
				if(t)
					f[i][j]=min(f[i][j],f[k][j-1]+t);
			}
		}
	}
	if(f[n][m]!=inf) printf("%d\n",f[n][m]);
	else puts("0");
	return 0;
}

T3

#include<cstdio>
using namespace std;
#define inf 999999999
#define P 50105
#define N 5000
int n,m,p,num1,num2,f[P],g[P],t[N],u[N],x[N],y[N];
inline int max(int x,int y){return x>y?x:y;}
inline int min(int x,int y){return x<y?x:y;}
int main()
{
	int test,i,j,k,a,b,c,ans;
	scanf("%d",&test);
	while(test--)
	{
		scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
		num1=num2=0,ans=inf;
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
			for(k=1;k<=c;k<<=1)
			{
				t[++num1]=a*k;
				u[num1]=b*k;
				c-=k;
			}
			if(c) t[++num1]=a*c,u[num1]=b*c;
		}
		for(i=1;i<=m;i++)
		{
			scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
			for(k=1;k<=c;k<<=1)
			{
				x[++num2]=a*k;
				y[num2]=b*k;
				c-=k;
			}
			if(c) x[++num2]=a*c,y[num2]=b*c;
		}
		for(i=1;i<P;i++) f[i]=inf,g[i]=-inf;
		for(i=1;i<=num1;i++)
			for(j=p+100;j>=0;j--)
				if(j>=t[i])
					f[j]=min(f[j],f[j-t[i]]+u[i]);
		for(j=p+99;j>=p;j--) f[j]=min(f[j+1],f[j]);
		ans=50000;
		for(i=1;i<=num2;i++)
			for(j=ans;j>=0;j--)
			{
				if(j>=y[i])
					g[j]=max(g[j],g[j-y[i]]+x[i]);
				if(g[j]>=f[p]) ans=min(ans,j);
			}
		if(ans<50000) printf("%d\n",ans);
		else puts("TAT");
	}
	return 0;
}