【题解】284E. Coin Troubles(dp+图论建模)

时间:2019-08-27
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【题解】284E. Coin Troubles(dp+图论建模)

题意就是要你跑一个完全背包,但是要求背包的方案中有个数相对大小的限制

考虑一个\(c_i<c_j\)的限制,就是一个\(c_i\)一定可以对应一个\(c_j\),一个常见的钦定手法是,直接把\(c_j\)的权值捆绑在\(c_i\)上,实现选一个\(c_i\)必选一个\(c_j\)。但是题目里是大于号怎么办,那就直接在背包中钦定先拿一个\(c_j\)即可。

现在问题就是维护这一个捆绑的关系,我们可以直接根据差分约束的那种方法建模出来,然后判断整个图有没有环来判断是否无解。由于题目里保证一些很优美的性质(一个点的出入度各\(\le1\))所以不需要真的拓扑排序。直接每个点记录一下比自己小的点,从每个点跑\(dfs\)就好了,然后假如跑\(dfs\)的时候发现出现了环,直接exit即可。

考虑一下\(<\)的传递性,比如样例1里面的这种情况\(c_3>c_4>c_2\),我们要求钦定两个\(3\),一个\(4\),直接通过\(dfs\)记录一下就好。

很坑的地方就是可能爆int之类的,所以要判断一下....由于我很懒所以我直接瞎几把判断的

//@winlere
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>

using namespace std;  typedef long long ll;   
inline int qr(){
      register int ret=0,f=0;
      register char c=getchar();
      while(c<48||c>57)f|=c==45,c=getchar();
      while(c>=48&&c<=57) ret=ret*10+c-48,c=getchar();
      return f?-ret:ret;
}

const int maxn=1e5+5;
const int mod=1e9+7;
int dp[maxn];
int data[301];
int sav[301];
int le[301];
int n,m,k,init;
int in[301];

int dfs2(const int&now,const int&d){
      in[now]=1;
      register int ret=0;
      init+=1ll*sav[now]*d;
      if(init<0||init>k) puts("0"),exit(0);
      if(in[le[now]]) puts("0"),exit(0);
      if(le[now]) ret=dfs2(le[now],1);
      in[now]=0;
      return ret+sav[now];
}

int main(){
      n=qr(); m=qr(); k=qr();
      for(register int t=1;t<=n;++t) sav[t]=data[t]=qr();
      for(register int t=1,t1,t2;t<=m;++t){
        t1=qr(); t2=qr();
        le[t2]=t1;
      }
      for(register int t=1;t<=n;++t) if(le[t]) data[t]=dfs2(t,0);//,putchar('\n');
      for(register int t=1;t<=n;++t) if(data[t]<0) puts("0"),exit(0);
      if(init<maxn) dp[init]=1;
      for(register int t0=1;t0<=n;++t0)
        for(register int t=init+data[t0];t<=k;++t)
          dp[t]=(dp[t]+dp[t-data[t0]])%mod;
      printf("%d\n",dp[k]);
      return 0;
}


原文地址:https://www.cnblogs.com/winlere/p/11419321.html