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小美的送花線路

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題意：
有n個點的一棵樹，玩家開始在1號點，要遍歷所有的點，使得走過的路程最短。
問：每個點到1號點的 距離和 是多少？ 玩家遍歷的最短路程是多少？

• 題解：

1. 由于玩家行走的路徑是有來有回，因此需要簡化問題，將行走分為兩部分，以c號點為界?？梢缘玫揭粋€結(jié)論：去往其他三個方向后都得回來，只有某一個方向是可以一去不返。
2. 那么我們可以操控的空間就是：令一去不返這個方向距離 1號點最遠(yuǎn)。也就是找出距離1號點最遠(yuǎn)的點u，轉(zhuǎn)化為樹上的遍歷問題。
   
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• 穿插知識點：樹的直徑。

定義：一棵樹的直徑就是這棵樹上存在的最長路徑（也就是距離最遠(yuǎn)的兩個點相連的路徑）。

• 找出直徑：

1. 也就是尋找兩個最遠(yuǎn)的點：(u, v)。
2. 從任意點 x 出發(fā)，距離 x 最遠(yuǎn)的點 u，即是直徑的一個端點（找最遠(yuǎn)點使用遍歷或者最短路知識皆可）。
3. 再從 u 出發(fā)，尋找距離 u 最遠(yuǎn)的點 v 即是另一個端點。

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include <queue>
using namespace std;

#define N 60010

struct Edge {
    int from, to, dis, nex;
}edge[N << 1];
int head[N], edgenum;

void addedge(int u, int v, int w) {
    Edge E = { u, v, w, head[u] };
    edge[edgenum] = E;
    head[u] = edgenum++;
}

///////
int maxdep = 0, deptotal = 0;

void dfs(int u, int father, int depth) {
    maxdep = max(maxdep, depth);
    deptotal += depth;

    for (int i = head[u]; ~i; i = edge[i].nex) {
        int v = edge[i].to;

        if (v == father)
            continue;

        dfs(v, u, depth + edge[i].dis);
    }
}

int main() {
    memset(head, -1, sizeof(head)); edgenum = 0;

    int n, alldis = 0;
    
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i < n; i++)
    {
        int u, v, w;
        scanf("%d %d %d", &u, &v, &w);
        addedge(u, v, w);
        addedge(v, u, w);

        alldis += w;
    }

    dfs(1, -1, 0);

    printf("%d %d\n", deptotal, alldis * 2 - maxdep);

    return 0;
}

小美的評分計算器

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題意：
給出5個整數(shù),a,b,c,d,e。問(a+2b+3c+4d+5e) / (a+b+c+d+e) 的結(jié)果，要求保留1位小數(shù)，無需進位（即2.89輸出2.8）。
小技巧：如果直接使用c++的print等方式會四舍五入。我們可以將答案減去0.5，再四舍五入達(dá)到此效果。

#include<stdio.h>
using namespace std;

int main() {
    double ans = 0, count = 0;

    for (int i = 1, v; i <= 5; i++)
    {
        scanf("%d", &v);
        ans += v * i;
        count += v;
    }

    printf("%.1lf\n", ans / count - 0.05);

    return 0;
}

小美的外賣節(jié)省錢計劃

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是個閱讀理解題。這里不再贅述。

#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;

int main() {
    int n, u, v, ans1 = 0, ans2 = 0;

    scanf("%d", &n);

    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        scanf("%d %d", &u, &v);
        if (u > v)
        {
            ans1 += u;
            ans2 += u - v;
        }
        else
        {
            ans1 += max(u, v);
        }
    }

    printf("%d %d\n", ans1, ans2);

    return 0;
}

小美的代金券要過期啦

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題意：
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1 1 1 1 1
兩個相鄰且相同數(shù)字可以合并+1放回原位。比如把 1 1 9-> 2 9。
問最多可以操作多少次。數(shù)字個數(shù)500個，數(shù)字為[1,100]的整數(shù)。

• 題解
  由于此題不存在多項式的解，后續(xù)會分析其原因，但即使當(dāng)成模擬題來做，也可以使用動態(tài)規(guī)劃作為思考開端。

• 穿插知識點：動態(tài)規(guī)劃的無后效性
  為了滿足最優(yōu)子問題，我們思考時應(yīng)避免問題的后效性。后效性舉個例子：
  問題：1 1 2 3 1 1 2

1. 有后效性的合并是 2 2 3 1 1 2 -> 3 3 1 1 2。
2. 無后效性的合并是2 2 3 2 2 -> 3 3 3。

• 區(qū)別：

1. 有后效性在做了一次合并后，依然存在最小數(shù)字 1 未合并的問題。不便提出一個子問題。
2. 無后效性在做了一次合并后，最小數(shù)字 1 已完全合并。這樣的好處是：我們可以提出子問題為：合并當(dāng)前最小的數(shù)字。不斷處理這個子問題，至多100次就可以終結(jié)。

• 考慮合并當(dāng)前最小的數(shù)字的問題，假設(shè)剛開始最小數(shù)字為1，分類討論(因為1是最小的，所以下面舉例中的？是比1大的任意數(shù)字)：

1. 局部只有一個連續(xù)的1，那么無法進行合并。如：? 1 ?，而且因為1是當(dāng)前最小的，這個1后續(xù)也無法再合并，一直殘留著。
2. 局部有偶數(shù)個1，直接進行合并即可。? 1 1 1 1 ? -> ? 2 2 ?。
3. 局部有5,7,9,···等奇數(shù)個1，把1殘留到中間，其他合并。? 1 1 1 1 1? -> ? 2 1 2 ?，因為本次操作后，兩邊的2還有合并的機會。若不這么做，結(jié)果是 ? 2 2 1 ?，那么右邊的1也沒有合并的機會了。
4. 局部有3個1，如 ? 1 1 1 ?。無論哪種合并方式，都無法確切判斷是否最優(yōu)的，也就是出現(xiàn)了兩個不可預(yù)料的分支。極端一點：111 ? 111···，100個數(shù)字里最多有25段111，也就是 2^25 種組合來推導(dǎo)下一個子問題。這個解空間已經(jīng)非常龐大了。

• 根據(jù)上述思路，每次遍歷處理當(dāng)前最小數(shù)字合并的子問題，除了4，123均是有明確合并手段的。由于沒有明確的最優(yōu)解，這里不再貼模擬的解法代碼。

引用

上文一些素材來源于以下幾位博主，向知識分享的朋友致謝。
樹的直徑定義
1題題解圖片

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