目錄：
T1：水果盛宴
T2：憤怒的奶牛2
T3：採訪
T4：房間開燈
這次竟然又變成4道題了，而且大部分都是USACO題。
正題：
T1：水果盛宴
題目描述
貝茜又再一次地闖入了 Farmer John 的房子！她在廚房發現了一堆檸檬和一堆橘子（每堆都有無限多個），並且，她希望儘可能地多喫。
貝茜的有一個飽腹值上限 T(1<=T<=5,000,000)。喫一個橘子會增加她 A 點飽腹值，喫一個檸檬會增加她 B 點飽腹值(1<=A,B<=T)，如果她願意，貝茜可以最多喝一次水，這會立即使她的飽腹值變成一半，請你幫助貝茜求出她可以獲得的最大飽腹值。
輸入
一行三個整數 T,A 和 B
輸出
一行一個整數，表示貝茜可獲得的最大飽腹值
樣例輸入
8 5 6
樣例輸出
8
分析：
這道題做法有很多種，可以用遞歸來解決。
具體一點就是從0開始去遞歸它出現的所有情況，在裏面找一個最大值，注意越界和重複情況。O(N)，跑得挺快。
CODE：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
bool f[5000001]; //判斷重複用f數組標記
int t,a,b,ans;
void digui(int dep,int rp){ //遞歸函數
if(f[dep]||dep>t) return; //越界及重複
if(dep>ans) ans=dep; //最大值
f[dep]=1; //標記
digui(dep+a,rp);
digui(dep+b,rp); //三種條件
if(rp==0) digui(dep/2,1);
}
int main(){
freopen("fruit.in","r",stdin);
freopen("fruit.out","w",stdout);
cin>>t>>a>>b;
digui(0,0); //從0開始遞歸
cout<<ans;
return 0;
}
T2：憤怒的奶牛2
題目描述
貝茜這頭奶牛設計了她所認爲的下一個熱門視頻遊戲—“憤怒的奶牛”。她認爲這是她完全原創的：玩家將一個彈弓射到一個一維的場景中，該場景由位於數字線上各個點的一組乾草包組成。每隻奶牛都有足夠的力量引爆其落地地點附近的乾草包，我們的目的是使用一系列奶牛引爆所有的乾草包。
有N捆乾草包位於這一行的不同整數位置x1,x2,…,xN，如果一頭奶牛以能量R着陸在了數軸上的任意一個位置x，那麼會引起半徑爲R（R-x…R+x)的爆炸，並摧毀範圍內的所有乾草包。
一共有K頭奶牛允許被用來作爲炮彈，每頭奶牛的能量R都相同。請幫忙決定這個最小的能量，使得用這K頭奶牛可以摧毀所有的乾草包。
輸入
第一行包含兩個整數N,K(1<=N<=50,000，1<=K<=10)
接下來N行，每行包含一個整數xi,表示每捆乾草包的位置(0<=xi<=1,000,000,000)
輸出
一行一個整數，表示最少所需要的每頭奶牛的能量值R
樣例輸入
7 2
20
25
18
8
10
3
1
樣例輸出
5
分析：
這道題是二分答案。
先手打個快排，然後就二分。
二分過程就是我們二分它的答案R每次判斷取mid時候是否炸掉所有的，可以就向前，不然向後。
CODE：
#include<cmath>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
int a[50001];
int l,r,i,j,k,n,m,mid;
void fff(int l,int r){ //手打快排
int i,j,mid;
if(l>=r) return;
i=l;j=r;
mid=a[(l+r)/2];
do{
while(a[i]<mid) i++;
while(a[j]>mid) j--;
if(i<=j){
a[0]=a[i];a[i]=a[j];a[j]=a[0];
i++;j--;
}
}while(i<=j);
if(l<j) fff(l,j);if(i<r) fff(i,r);
}
int main(){
freopen("angry.in","r",stdin);
freopen("angry.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n>>m;
for(i=1;i<=n;i++)
cin>>a[i];
fff(1,n);
l=0;r=(a[n]-a[1]+1)/m+1; //取r初始位置
while(l+1<r){
//開始二分
j=1;
mid=(l+r)/2;
k=0;
for(i=1;i<n;i++)
{
k=k+(a[i+1]-a[i]);
if(k>2*mid){
//炸掉的乾草堆個數
j++;k=0;
}
}
if(j<=m) r=mid; //判斷是否能全部炸
else l=mid;
}
cout<<r;
return 0;
}
T3：採訪
題目描述
你是一名記者，現在要求你去採訪n 個國家的領導人。採訪每一個國家的領導人需要消耗你的時間爲t[i]，但你可以收穫價值爲v[i]的信息，然後就能寫成報道……
然而尷尬的是，有一些國家之間的關係屬於敵對關係，因此如果一個國家的領導人知道你採訪了他的敵對國家領導人，那麼他就會拒絕你的採訪。總之，你採訪的國家中，任意選出一對國家都不能構成敵對關係，你才能夠完成你的採訪，否則某些部分就要落空。
你的Boss他給了你一個時間限制T，如果你在時間限制內沒有完成採訪任務，你就會被炒魷魚。當然，他希望你在時間限制T 內完成的採訪累計起來的價值總和最大。
輸入
第一行有三個數，第一個數爲時間限制T，第二個數爲國家數量n，第三個數爲國家之間的敵對組數m。
接下來n 行，每行兩個數，第一個數爲t[i]，第二個數爲v[i]。
接下來m 行，每行有m[i]+1 個數，首先輸入m[i]，表示這一組中一共有多少國家是敵對關係，之後輸入m[i]個數，表示這m[i]個國家兩兩之間爲敵對關係（一組敵對關係的國家中，每兩個國家都構成敵對關係，比如這一組是1，3，4，那麼1 和3，1 和4，3 和4 都構成敵對關係），若m[i] = 1，那麼這個國家與其他國家都不構成敵對關係。
輸出
一個整數，表示最大價值V。
樣例輸入
10 5 2
5 10
7 9
6 3
1 13
8 1
3 1 3 4
2 2 5
樣例輸出
22
分析：
看樣例就知道是dp。
dalao講的還是個分組揹包。
設f[i,j]表示前i個關係圈花費時間爲j能獲得的最大價值總和是多少。 f[i,j]=max{f[i-1,j-t[i,k]]+v[i,k]}
i枚舉關係圈 j枚舉時間 k枚舉i關係圈的某個領導人 。
四重for不會超時
CODE：
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int m,n,k,x,y;
int t[1010],v[1010];
int f[11][5001];
int a[100][100];
int main(){
freopen("interview.in","r",stdin);
freopen("interview.out","w",stdout);
cin>>n>>k>>m;
for(int i=1;i<=k;i++){
cin>>t[i]>>v[i];
}
for(int i=1;i<=m;i++){
cin>>a[i][0];
for(int j=1;j<=a[i][0];j++)
cin>>a[i][j];
}
for(int i=1;i<=m;i++){ //枚舉關係圈
for(int j=0;j<=n;j++)f[i][j]=f[i-1][j]; //枚舉時間
for(int k=1;k<=a[i][0];k++){ //枚舉領導人
for(int j=n;j>=t[a[i][k]];j--)
f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-t[a[i][k]]]+v[a[i][k]]); //最大值總和
}
}
cout<<f[m][n];
return 0;
}
T4：房間開燈
題目描述
Farmer John 最近正在修建一個巨大的包含 N×N 個房間的牲口棚，這些房間從(1,1)標號到(N,N)。由於某些原因而害怕黑暗，貝茜這頭奶牛想要儘可能地開更多房間的燈。貝茜從房間(1,1)出發，這個房間是唯一一個一開始就亮着的房間。在一些房間中，她會找到一些電燈開關，這些開關她可以用來切換其他房間的燈的狀態。比如，在(1,1)這個房間中可能存在一個電燈開關來控制(1,2)房間中的電燈。貝茜只能進電燈開着的房間，並且貝茜只能從房間(x,y)走到四個方向的房間(x-1,y),(x+1,y),(x,y-1)和(x,y+1)（如果在邊界的話，那可能會更少）。請幫忙統計貝茜最多可以照亮多少房間。
輸入
第一行兩個整數 N,M（2<=N<=100,1<=M<=20,000）
下面 M 行，每行用四個整數 x,y,a,b 來表示房間(x,y)存在着可以控制房間(a,b)的燈的開關。一個房間可能有多個開關，一個房間的燈的開關可能存在於多個房間中。
輸出
一行一個整數，表示貝茜最多可以照亮的房間數
樣例輸入
3 6
1 1 1 2
2 1 2 2
1 1 1 3
2 3 3 1
1 3 1 2
1 3 2 1
樣例輸出
5
分析：
這道題原來是個bfs？我笑了。
用鄰接表記錄一個點與它連接的開關，用ans記錄當前有多少個亮燈。每加入一個點，就枚舉與它連接的開關，看是否能到達一個亮燈的地方。
CODE：
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,m,next[20001],sx[20001],sy[20001],ex[20001],ey[20001];
int head[101][101],a[101][101],f[101][101];
int b[100100][3],ans;
int dx[4]={0,1,0,-1}; //導航
int dy[4]={1,0,-1,0};
void bfs(){
b[1][1]=1;b[1][2]=1;
a[1][1]=1;
f[1][1]=1;
ans++;
int hd=0,tail=1;
while(hd<tail){ //廣搜
hd++;
int x1=head[b[hd][1]][b[hd][2]];
while(x1!=0){
if(a[ex[x1]][ey[x1]]==0) ans++; //亮燈
a[ex[x1]][ey[x1]]=1; //連接
x1=next[x1];
}
for(int i=1;i<=hd;i++){ //繼續枚舉能否到達亮燈
for(int j=0;j<4;j++){
int xx=b[i][1]+dx[j];
int yy=b[i][2]+dy[j];
if(a[xx][yy]==1&&f[xx][yy]!=1){
tail++;
b[tail][1]=xx;
b[tail][2]=yy;
f[xx][yy]=1;
}
}
}
}
}
int main(){
freopen("light.in","r",stdin);
freopen("light.out","w",stdout);
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=m;i++){
cin>>sx[i]>>sy[i]>>ex[i]>>ey[i];
next[i]=head[sx[i]][sy[i]];
head[sx[i]][sy[i]]=i;
}
bfs();
cout<<ans;
return 0;
}