目录：
T1：纸牌游戏
T2：音乐节拍
T3：电视游戏问题
T4：过路费
这次的题是GDKOI的训练题……
T1：纸牌游戏
题目描述
Bessie 是一头非常喜欢纸牌的奶牛，虽然她没有大拇指，但她对纸牌有近乎痴迷的喜爱。不幸的是，牛群中的其他牛都不是好的对手。他们的水平真的很差。他们总是以一种完全可预测的方式来玩纸牌！尽管如此，Bessie 仍然可以选择如何获胜。
Bessie 和她的朋友Elsie 在玩一个简单的纸牌游戏，她们拿了一付有2n 张卡片的牌，牌上的数字编号为1- 2n ，并将其均分成两份，一份卡片给Bessie 和一份卡片给Elsie。
然后两人开始玩牌，一共进行n 轮， 在每一轮中，Bessie 和Elsie 都打一张卡，谁的牌大就得一分。
神奇的Bessie 可以预测Elsie 打牌顺序，并且尽可能的想赢取胜利。请确定Bessie可以赢得的最大点数。
输入
第一行一个整数N (1≤N≤50,000).
接下来的N 行是Elsie 将每轮连续的比赛中出的牌。请注意，从这些信息很容易确定Bessie 的卡片。
输出
一行给出Bessie 可以得分的最大点数。
样例输入
3
1
6
4
样例输出
2
分析：
一个贪心问题，根据标记计数就好。
具体：贪心。
因为 Bessie 已经预测了 Elsie 的出牌顺序，就是说已经预测到了 Elsie 要出的牌。又因为数字越大牌的威力越大，所以可以考虑从大往小开始扫（否则就大材小用了）。
用 a数组来存哪些牌是 Bessie 的，哪些牌是 Elsie 的，从右（大）往左（小） 开始扫 a，如果这是 Bessie 的牌，那么说明 Bessie 就多了一次赢点数的机会（从大到小就是无敌），如果是 Elsie 的牌，就看有没有赢的机会，否则就无法获得点数。
CODE：
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,cnt,ans,x;
int a[100005];
int main()
{
freopen("card.in","r",stdin);
freopen("card.out","w",stdout);
cin>>n;
for(register int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>x;
a[x]=1; //标记谁的牌
}
for(register int i=(n<<1);i>=1;i--) //大到小
{
if(!a[i]) cnt++; //能否赢
else if(cnt>0) cnt--,ans++; //必赢
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
T2：音乐节拍
题目描述
FJ准备教他的奶牛弹奏一首歌曲，歌曲由N(1<=N<=50,000)种音节组成，编号为1到N，而且一定按照从1到N的顺序进行弹奏，第i种音节持续B_i(1<=B_i<=10,000)个节拍，节拍从0开始计数，因此从节拍0到节拍B_1-1弹奏的是第1种音节，从B_1到B_1+B_2-1弹奏的是第2种音节，依此类推。
最近奶牛对弹琴不感兴趣了，他们感觉太枯燥了。所以为了保持奶牛们注意力集中，FJ提出Q(1<=Q<=50,000)个问题，问题的格式都是“第T次节拍弹奏的是哪种音节”
每个问题对应一个T_i(0<=T_i<=节拍总数-1)请你帮奶牛来解决。
输入
第一行输入两个空格隔开的整数N和Q
第2至N+1行每行包含一个整数 B_i
第N+2-N+Q+1行每行包含一个整数T_i
输出
输出有Q行，每行输出对应问题的答案。
样例输入
3 5
2
1
3
2
3
4
0
1
样例输出
2
3
3
1
1
分析：
本题做法是模拟+二分查找+一个类似前缀和的东西
首先预处理出一段节拍的开始处和结束处，再二分查找在哪一段节拍中(在开始处和结束处之间)，输出找到的那一段。
CODE：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
int n,m,x,s;
int a[500001];
using namespace std;
int main()
{
freopen("mnotes.in","r",stdin);
freopen("mnotes.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&x);
a[i]=a[i-1]+x; //类似前缀和（就是）
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d",&x);
x++; //开始结束
int l=1;int r=n;
int mid=(l+r)/2;
while(l<r) //二分查找 可以用stl简化
{
if(a[mid]>x)r=mid;
if(a[mid]<x)l=mid+1;
if(a[mid]==x) //找到输出
{
printf("%d\n",mid);
s=1;
break;
}
mid=(l+r)/2;
}
if(s==0)
printf("%d\n",l); //没有就是左端点
s=0;
}
return 0;
}
T3：电视游戏问题
题目描述
农夫约翰的奶牛们游戏成瘾！本来FJ是想要按照陶教授的做法拿她们去电击戒瘾的，可是后来他发现奶牛们玩游戏之后比原先产更多的奶。很明显，这是因为满足的牛会产更多的奶。但是，奶牛们在哪个才是最好的游戏平台这个问题上产生了巨大的分歧。一只奶牛想要买一台Xbox 360来跑《光晕3》；另外一只奶牛想要一台任天堂Wii来跑《任天堂明星大乱斗X》；第三只奶牛想要在PlayStation 3上面玩《潜龙谍影4》，顺便还能看某些高画质的电影。
FJ想要在给定的预算内购入一些游戏平台和一些游戏，使他的奶牛们生产最多的奶牛以养育最多的孩子。FJ研究了N（1 <= N <= 50）种游戏平台，每一种游戏平台的价格是P_i（1 <= P_i <= 1000），并且每一种游戏平台有G_i（1 <= G_i <= 10）个只能在这种平台上运行的游戏。很明显，奶牛必须先买进一种游戏平台，才能买进在这种游戏平台上运行的游戏。每一个游戏有一个游戏的价格GP_j（1 <= GP_j 价格 <= 100）并且有一个产出值PV_j（1 <= PV_j<= 1000000），表示一只牛在玩这个游戏之后会产出多少牛奶。
最后，农夫约翰的预算为V（1 <= V <= 100000），即他最多可以花费的金钱。请帮助他确定应该买什么游戏平台和游戏，使得他能够获得的产出值的和最大。
考虑下面的数据，有N种游戏平台，并且有V=$800预算。第一种游戏平台花费$300并且有两个游戏，价格分别为$30和$25，它们的产出值如下所示:
游戏 # 花费 产出值
1 $30 50
2 $25 80
第二种平台价格为$600，并且只有一种游戏:
游戏 # 花费 产出值
1 $50 130
第三种平台价格为$400，并且有三种游戏:
游戏 # 花费 产出值
1 $40 70
2 $30 40
3 $35 60
农夫约翰应该买第1和第3种平台，并且买平台1的游戏2，还有平台3的游戏1和游戏3。使得最后他最后的产出值最大，为210产出值:
预算: $800
平台 1 -$300
游戏 2 -$25 80
平台 3 -$400
游戏 1 -$40 70
游戏 3 -$35 60
-------------------------------------------
总计: 0 (>= 0) 210
输入
第1行: 两个由空格隔开的整数: N和V
第2到第N+1行: 第i+1行表示第i种游戏平台的价格和可以在这种游戏平台上面运行的游戏。包含: P_i, G_i还有G_i对由空格隔开的整数GP_j, PV_j
输出
第1行: 农夫约翰在预算内可以得到的最大的产出值。
样例输入
3 800
300 2 30 50 25 80
600 1 50 130
400 3 40 70 30 40 35 60
样例输出
210
分析：
这道题一开始听到有人说改改01背包模板就过了。
我直接震惊，因为我题都没看明白。
这道题可以用分组背包，也可以用01背包变形。
CODE：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define max(a,b) a>b?a:b //听说自定义函数更快？
int n,v,w,q,f[100001][2] /*二维数组，分别存平台、商品*/,x,c;
int main()
{
freopen("vidgame.in","r",stdin);
freopen("vidgame.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&v);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&w,&q);
for(int j=w;j<=v;j++)
f[j][0]=f[j-w][1]; //商品与平台挂钩
for(int k=1;k<=q;k++)
{
scanf("%d%d",&x,&c);
for(int j=v;j>=w+x;j--) //变形01背包
f[j][0]=max(f[j-x][0]+c,f[j][0]); //买不买
}
for(int j=1;j<=v;j++)
f[j][1]=max(f[j][0],f[j][1]),f[j][0]=0; //更新
}
printf("%d",f[v][1]);
}
T4：过路费
题目描述
跟所有人一样，农夫约翰以着宁教我负天下牛，休叫天下牛负我的伟大精神，日日夜夜苦思生财之道。为了发财，他设置了一系列的规章制度，使得任何一只奶牛在农场中的道路行走，都要向农夫约翰上交过路费。
农场中由N（1 <= N <= 250）片草地（标号为1到N），并且有M（1 <= M <= 10000）条双向道路连接草地A_j和B_j（1 <= A_j <= N; 1 <= B_j <= N）。奶牛们从任意一片草地出发可以抵达任意一片的草地。FJ已经在连接A_j和B_j的双向道路上设置一个过路费L_j（1 <= L_j <= 100,000）。
可能有多条道路连接相同的两片草地，但是不存在一条道路连接一片草地和这片草地本身。最值得庆幸的是，奶牛从任意一片草地出发，经过一系列的路径，总是可以抵达其它的任意一片草地。
除了贪得无厌，我们都不知道该说什么好。FJ竟然在每片草地上面也设置了一个过路费C_i（1 <= C_i <= 100000）。从一片草地到另外一片草地的费用，是经过的所有道路的过路费之和，加上经过的所有的草地（包括起点和终点）的过路费的最大值。
任劳任怨的牛们希望去调查一下她们应该选择那一条路径。她们要你写一个程序，接受K（1<= K <= 10,000）个问题并且输出每个询问对应的最小花费。第i个问题包含两个数字s_i和t_i（1 <= s_i <= N; 1 <= t_i <= N; s_i != t_i），表示起点和终点的草地。
考虑下面这个包含5片草地的样例图像:
从草地1到草地3的道路的“边过路费”为3，草地2的“点过路费”为5。
要从草地1走到草地4，可以从草地1走到草地3再走到草地5最后抵达草地4。如果这么走的话，需要的“边过路费”为2+1+1=4，需要的点过路费为4（草地5的点过路费最大），所以总的花费为4+4=8。
而从草地2到草地3的最佳路径是从草地2出发，抵达草地5，最后到达草地3。这么走的话，边过路费为3+1=4，点过路费为5，总花费为4+5=9。
输入
第1行: 三个空格隔开的整数: N, M和K
第2到第N+1行: 第i+1行包含一个单独的整数: C_i
第N+2到第N+M+1行: 第j+N+1行包含3个由空格隔开的整数: A_j, B_j和L_j
第N+M+2倒第N+M+K+1行: 第i+N+M+1行表示第i个问题，包含两个由空格隔开的整数s_i和t_i
输出
第1到第K行: 第i行包含一个单独的整数，表示从s_i到t_i的最小花费。
样例输入
5 7 2
2
5
3
3
4
1 2 3
1 3 2
2 5 3
5 3 1
5 4 1
2 4 3
3 4 4
1 4
2 3
样例输出
8
9
分析：
这道题是最短路，单源最短路，数据也不大，所以可以用上floyd！！ 然后就要瞎搞搞什么记录的、判断赋值的、最后一波floyd松弛后找最短路以及最小值中的最大值。
CODE：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int a[101],t[251][251],dis[251][251],c[251][3];
int main()
{
freopen("toll.in","r",stdin);
freopen("toll.out","w",stdout);
int n,m,o;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&o);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
c[i][1]=a[i];
c[i][2]=i; //记录
}
for(int i=1;i<=n-1;i++)
for(int j=i+1;j<=n;j++)
if(c[i][1]>c[j][1])
{
int t;
t=c[i][1];
c[i][1]=c[j][1];
c[j][1]=t;
t=c[i][2]; //一波换值的操作
c[i][2]=c[j][2];
c[j][2]=t;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(i!=j)
{
t[i][j]=0x7fffffff;
dis[i][j]=0x7fffffff; //赋值
}
if(i==j) dis[i][j]=a[i]; //同行同列
}
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x,y,z;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
t[y][x]=t[x][y]=min(t[x][y],z); //赋权值
}
for(int l=1;l<=n;l++)
{
int k;
k=c[l][2];
for(int i=1;i<=n;i++) //floyd
for(int j=1;j<=n;j++)
if(k!=i&&k!=j&&i!=j) //松弛判断
{
t[i][j]=min(t[i][j],t[i][k]+t[k][j]); //最短路
dis[i][j]=min(dis[i][j],t[i][j]+max(a[i],max(a[j],a[k]))); //最小值中最大值
}
}
for(int i=1;i<=o;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
printf("%d\n",dis[x][y]); //输入俩就输出对应的
}
}