目录：
T1：水果盛宴
T2：愤怒的奶牛2
T3：采访
T4：房间开灯
这次竟然又变成4道题了，而且大部分都是USACO题。
正题：
T1：水果盛宴
题目描述
贝茜又再一次地闯入了 Farmer John 的房子！她在厨房发现了一堆柠檬和一堆橘子（每堆都有无限多个），并且，她希望尽可能地多吃。
贝茜的有一个饱腹值上限 T(1<=T<=5,000,000)。吃一个橘子会增加她 A 点饱腹值，吃一个柠檬会增加她 B 点饱腹值(1<=A,B<=T)，如果她愿意，贝茜可以最多喝一次水，这会立即使她的饱腹值变成一半，请你帮助贝茜求出她可以获得的最大饱腹值。
输入
一行三个整数 T,A 和 B
输出
一行一个整数，表示贝茜可获得的最大饱腹值
样例输入
8 5 6
样例输出
8
分析：
这道题做法有很多种，可以用递归来解决。
具体一点就是从0开始去递归它出现的所有情况，在里面找一个最大值，注意越界和重复情况。O(N)，跑得挺快。
CODE：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
bool f[5000001]; //判断重复用f数组标记
int t,a,b,ans;
void digui(int dep,int rp){ //递归函数
if(f[dep]||dep>t) return; //越界及重复
if(dep>ans) ans=dep; //最大值
f[dep]=1; //标记
digui(dep+a,rp);
digui(dep+b,rp); //三种条件
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); //从0开始递归
cout<<ans;
return 0;
}
T2：愤怒的奶牛2
题目描述
贝茜这头奶牛设计了她所认为的下一个热门视频游戏—“愤怒的奶牛”。她认为这是她完全原创的：玩家将一个弹弓射到一个一维的场景中，该场景由位于数字线上各个点的一组干草包组成。每只奶牛都有足够的力量引爆其落地地点附近的干草包，我们的目的是使用一系列奶牛引爆所有的干草包。
有N捆干草包位于这一行的不同整数位置x1,x2,…,xN，如果一头奶牛以能量R着陆在了数轴上的任意一个位置x，那么会引起半径为R（R-x…R+x)的爆炸，并摧毁范围内的所有干草包。
一共有K头奶牛允许被用来作为炮弹，每头奶牛的能量R都相同。请帮忙决定这个最小的能量，使得用这K头奶牛可以摧毁所有的干草包。
输入
第一行包含两个整数N,K(1<=N<=50,000，1<=K<=10)
接下来N行，每行包含一个整数xi,表示每捆干草包的位置(0<=xi<=1,000,000,000)
输出
一行一个整数，表示最少所需要的每头奶牛的能量值R
样例输入
7 2
20
25
18
8
10
3
1
样例输出
5
分析：
这道题是二分答案。
先手打个快排，然后就二分。
二分过程就是我们二分它的答案R每次判断取mid时候是否炸掉所有的，可以就向前，不然向后。
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){
//开始二分
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){
//炸掉的干草堆个数
j++;k=0;
}
}
if(j<=m) r=mid; //判断是否能全部炸
else l=mid;
}
cout<<r;
return 0;
}
T3：采访
题目描述
你是一名记者，现在要求你去采访n 个国家的领导人。采访每一个国家的领导人需要消耗你的时间为t[i]，但你可以收获价值为v[i]的信息，然后就能写成报道……
然而尴尬的是，有一些国家之间的关系属于敌对关系，因此如果一个国家的领导人知道你采访了他的敌对国家领导人，那么他就会拒绝你的采访。总之，你采访的国家中，任意选出一对国家都不能构成敌对关系，你才能够完成你的采访，否则某些部分就要落空。
你的Boss他给了你一个时间限制T，如果你在时间限制内没有完成采访任务，你就会被炒鱿鱼。当然，他希望你在时间限制T 内完成的采访累计起来的价值总和最大。
输入
第一行有三个数，第一个数为时间限制T，第二个数为国家数量n，第三个数为国家之间的敌对组数m。
接下来n 行，每行两个数，第一个数为t[i]，第二个数为v[i]。
接下来m 行，每行有m[i]+1 个数，首先输入m[i]，表示这一组中一共有多少国家是敌对关系，之后输入m[i]个数，表示这m[i]个国家两两之间为敌对关系（一组敌对关系的国家中，每两个国家都构成敌对关系，比如这一组是1，3，4，那么1 和3，1 和4，3 和4 都构成敌对关系），若m[i] = 1，那么这个国家与其他国家都不构成敌对关系。
输出
一个整数，表示最大价值V。
样例输入
10 5 2
5 10
7 9
6 3
1 13
8 1
3 1 3 4
2 2 5
样例输出
22
分析：
看样例就知道是dp。
dalao讲的还是个分组背包。
设f[i,j]表示前i个关系圈花费时间为j能获得的最大价值总和是多少。 f[i,j]=max{f[i-1,j-t[i,k]]+v[i,k]}
i枚举关系圈 j枚举时间 k枚举i关系圈的某个领导人 。
四重for不会超时
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++){ //枚举关系圈
for(int j=0;j<=n;j++)f[i][j]=f[i-1][j]; //枚举时间
for(int k=1;k<=a[i][0];k++){ //枚举领导人
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]]); //最大值总和
}
}
cout<<f[m][n];
return 0;
}
T4：房间开灯
题目描述
Farmer John 最近正在修建一个巨大的包含 N×N 个房间的牲口棚，这些房间从(1,1)标号到(N,N)。由于某些原因而害怕黑暗，贝茜这头奶牛想要尽可能地开更多房间的灯。贝茜从房间(1,1)出发，这个房间是唯一一个一开始就亮着的房间。在一些房间中，她会找到一些电灯开关，这些开关她可以用来切换其他房间的灯的状态。比如，在(1,1)这个房间中可能存在一个电灯开关来控制(1,2)房间中的电灯。贝茜只能进电灯开着的房间，并且贝茜只能从房间(x,y)走到四个方向的房间(x-1,y),(x+1,y),(x,y-1)和(x,y+1)（如果在边界的话，那可能会更少）。请帮忙统计贝茜最多可以照亮多少房间。
输入
第一行两个整数 N,M（2<=N<=100,1<=M<=20,000）
下面 M 行，每行用四个整数 x,y,a,b 来表示房间(x,y)存在着可以控制房间(a,b)的灯的开关。一个房间可能有多个开关，一个房间的灯的开关可能存在于多个房间中。
输出
一行一个整数，表示贝茜最多可以照亮的房间数
样例输入
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
样例输出
5
分析：
这道题原来是个bfs？我笑了。
用邻接表记录一个点与它连接的开关，用ans记录当前有多少个亮灯。每加入一个点，就枚举与它连接的开关，看是否能到达一个亮灯的地方。
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}; //导航
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){ //广搜
hd++;
int x1=head[b[hd][1]][b[hd][2]];
while(x1!=0){
if(a[ex[x1]][ey[x1]]==0) ans++; //亮灯
a[ex[x1]][ey[x1]]=1; //连接
x1=next[x1];
}
for(int i=1;i<=hd;i++){ //继续枚举能否到达亮灯
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;
}
