lougu4394:
N个政党要组成一个联合内阁，每个党都有自己的席位数.
现在希望你找出一种方案，你选中的党的席位数要大于总数的一半，并且联合内阁的席位数越多越好.
对于一个联合内阁，如果某个政党退出后，其它党的席位仍大于总数的一半，则这个政党被称为是多余的，这是不允许的.
将最后一个限制转化成，去掉所选的最小的，剩下的小于等于总数的一半
根据上面的转化，将a[i],从大到小排序考虑，01背包即可
code:
#include#include #include #include using namespace std;const int MAXX = 330;int sum, n;int a[MAXX];bool f[310][100100];inline bool cmp (int a, int b) { return a > b; }int main() { scanf("%d", &n); for (int i = 1; i <= n; ++i) { scanf("%d", &a[i]); sum += a[i]; } sort(a + 1, a + n + 1, cmp); f[0][0] = 1; for (int i = 1; i <= n; ++i) { for (int j = 0; j <= sum; ++j) { f[i][j] |= f[i - 1][j]; if(j - a[i] >= 0 && j - a[i] <= (sum / 2))f[i][j] |= f[i - 1][j - a[i]]; } } int ans = 0; for (int i = sum / 2; i <= sum ; ++i) if (f[n][i]) ans = i; printf("%d", ans); return 0;}
luogu2966:
在无向连通图中，有点权，有边权，给出多次询问起点和终点的（路径边权和 + 路径上最大值）的最小值
根据floyd，f[k][i][j]表示从i到j,经过的编号<=k,的最短路，其实k的顺序没有关系，我们不妨按照点权从小打到大排序抉择，当前的k一定是路径上的最大点（不包括i,j）code:
#include#include #include #include #include using namespace std;const int MAXX = 300;struct node{ int id, val; bool operator < (const node & a) const { return val < a.val; }}pot[MAXX];int dis[MAXX][MAXX], ans[MAXX][MAXX], mp[MAXX][MAXX], pm[MAXX];int n, m, q;inline int rd() { int x = 0; bool f = 0; char c = getchar(); while (!isdigit(c)) { if (c == '-') f = 1; c =getchar(); } while (isdigit(c)) { x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48); c = getchar(); } return f ? -x : x;}int main() { n = rd(); m = rd(); q = rd(); memset(dis, 0x3f, sizeof(dis)); memset(ans, 0x3f, sizeof(ans)); memset(mp, 0x3f, sizeof(mp)); for (int i = 1; i <= n; ++i) { dis[i][i] = 0x3f3f3f3f; pot[i].id = i; pot[i].val = rd(); pm[i] = pot[i].val; } sort(pot + 1, pot + 1 + n); for (int i = 1; i <= m; ++i) { int x, y, z; x = rd(); y = rd(); z = rd(); mp[x][y] = mp[y][x] = min(min(mp[x][y], mp[y][x]), z); dis[x][y] = dis[y][x] = min(dis[x][y], min(dis[y][x], mp[x][y])); } for (int k = 1; k <= n; ++k) { for (int i = 1; i <= n; ++i) { for (int j = 1; j <= n; ++j) { dis[i][j] = min (dis[i][j], dis[i][pot[k].id] + dis[pot[k].id][j]); ans[i][j] = min (ans[i][j], dis[i][j] + max(max( pm[i], pm[j] ), pot[k].val) ); } } } while (q--) { int u, v; u = rd(); v =rd(); printf("%d\n",min(ans[u][v], ans[v][u])); } return 0;}
lougu 3537:
有n件物品，每件物品有三个属性a[i], b[i], c[i] (a[i]<b[i])。再给出q个询问，每个询问由非负整数m, k, s组成，问是否能够选出某些物品使得：
对于每个选的物品i，满足a[i]<=m且b[i]>m+s。
所有选出物品的c[i]的和正好是k。
如果没有限制的话那么直接背包可行性dp即可
如果只有a[i] <= m，那我们可以离线，将询问按照m从小到大排序，将物品按照a从小到大排序，对于一个询问我们处理比他小的a，对于a我们处理刚好比他大的m，这样这个限制就解决了 我们考虑最后一个限制，不如dp一下，这条限制相当于所选的集合中最小的b要大于\(m + s\)，那我们设计状态为f[k]，表示恰好装k的方案中最小的b最大是多少，最后我们只要是判断一下\(f[k] > m + s\),即可code:
#include#include #include #include #include using namespace std;const int MAXX = 1010;struct node{ int a, b, c; bool operator < (const node & A) const { return a < A.a; }}t[MAXX];struct query{ int m, k, s, id; bool operator < (const query & A) const { return m < A.m; }}q[MAXX * MAXX];int n, k;int f[100100];bool ans[1001000];int main() { scanf("%d", &n); for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d%d%d", &t[i].c, &t[i].a, &t[i].b); scanf("%d", &k); for (int i = 1; i <= k; ++i) { scanf("%d%d%d",&q[i].m, &q[i].k, &q[i].s); q[i].id = i; } sort(t + 1, t + n + 1); sort(q + 1, q + k + 1); int ptr = 1; //memset(f, -0x3f, sizeof(f)); f[0] = 1e9; for (int i = 1; i <= k; ++i) { while (t[ptr].a <= q[i].m && ptr <= n) { for (int j = 100000; j >= t[ptr].c; --j) f[j] = max(f[j],min(f[j - t[ptr].c], t[ptr].b)); ptr++; } if (f[q[i].k] > q[i].m + q[i].s)ans[q[i].id] = 1; } for (int i = 1; i <= k; ++i) { if (ans[i]) printf("TAK\n"); else printf("NIE\n"); } return 0;}