XCPC真题：Little Tiger vs. Deep Monkey|Greatest Common Divisor|Array Merge
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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了XCPC真题：Little Tiger vs. Deep Monkey|Greatest Common Divisor|Array Merge相关的知识，希望对你有一定的参考价值。
HDU4815 Little Tiger vs. Deep Monkey——0-1背包
题目描述
对于n道题目，每道题目有一个分值，答对加分，答错不得分，你要和一个叫深猴的比赛，题目你可以假设成判断题（不是对就是错），深猴对于所有的题目都是随机选择一个答案，而你是有脑子的，求为了不输掉比赛（平局或你获胜）的可能性至少为p时你至少需要得到多少分，有t组数据，每次输入两行，第一行为n，p（有n道题目，n<=40, 不会输的可能性为p，0.0<=p<=1.0），第二行输入n个1~1000的整数，代表这n道题分别答对能获得的分数
样例输入
1 3 0.5 1 2 3样例输出
3题目分析
首先对于这n道题目，深猴每次不是√就是×，那么答完所有的题目它的分数有2^n个结果（但是这其中可能会重复，比如三道题每题一分1 0 0和0 0 1其实得到的分数是一样的），而对于我们而言，我需要求出这n个题目自己得到每一种可能的分数的可能性，然后按分数从小到大将，这得到这些分数的概率相加，直到有一个分数m时，前面相加的概率和>=p，则在分数大于等于m时，确保我有至少p的概率不会输掉比赛
错误示例
我第一次做这道题目的时候想的通过递归计算出做出n个选择之后我可以得到的每一个分数的种数存放在a数组中，a[i]代表总分为i的种数，而又建立了一个辅助数组b[i]存放分数比i小的种数有多少种，很显然b[i] = b[i-1] + a[i-1]（比i小的数量等于比i-1小的数量加上a[i-1]的数量），最后也是从小到大将每一种得分的可能性相加直到大于等于p时的分数则是答案，是一种前缀和的思想，但是会超时
1 #include<iostream> 2 #include<stdio.h> 3 #include<string.h> 4 #include<math.h> 5 using namespace std; 6 7 int k[45]; 8 int a[40005]; 9 int b[40005]; 10 int n; 11 double p; 12 13 void dfs(int i, int flag, int sum) //第i个 选or不选 前一个状态的和 14 if(i > n) //只有当所有的n个都作出了选择之后才能算是一种选择方案 15 a[sum]++; 16 return; 17 18 if(flag == 1) //选 19 int next_sum = sum + k[i]; 20 // a[next_sum]++; 21 dfs(i+1, 1, next_sum); 22 dfs(i+1, 0, next_sum); 23 else //不选 24 int next_sum = sum; 25 // a[next_sum]++; 26 dfs(i+1, 1, next_sum); 27 dfs(i+1, 0, next_sum); 28 29 30 31 void run() 32 //下一个的下标 选or不选 目前为止的和 33 dfs(1, 1, 0); 34 dfs(1, 0, 0); 35 36 37 void pre() 38 b[1] = 1; 39 int end = n*1000; 40 for(int i = 2; i <= end; i++) //b[i]存放比i小的取法的数量 41 b[i] = b[i-1] + a[i-1]; 42 43 44 45 void judge() 46 double m = 1; 47 for(int i = 1; i <= n; i++) 48 m *= 2; 49 50 m *= p; 51 long long x = ceil(m); 52 int ans; 53 int end = n*1000; 54 for(int i = 1; i <= end; i++) 55 if(b[i] >= x) 56 ans = i; 57 break; 58 59 60 printf("%d\n", ans); 61 62 63 int main() 64 int t; 65 scanf("%d", &t); 66 while(t--) 67 scanf("%d%lf", &n, &p); 68 memset(a, 0, sizeof(a)); 69 memset(b, 0, sizeof(b)); 70 for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &k[i]); 71 run(); 72 pre(); 73 judge(); 74 75 return 0; 76
正确思路
本题可以用到动态规划，0-1背包的思想，a[i]存放这n个题目的分数，dp[i][j]存放前i题，得到j分数的种数，而我们很显然可以想到，对于分数j，如果dp[i][j]可以得到，则他一定是dp[i-1][j-a[i]](第i题的分数取的种数) + dp[i-1][j](第i题的分数不取的种数)的基础上来的（对于第i题而言取的话，j == j - a[i] + a[i]，不取的话就是i-1个问题，分数为j的种数，是0-1背包的问题），所以我们也可以对此用一个一维数组进行优化，dp[x]存放分数为x的种数，而初始化时dp[0] == 1，因为可以理解成前0题，得到0分的种数为1
正确代码
1 #include<iostream> 2 #include<stdio.h> 3 #include<math.h> 4 #include<string.h> 5 using namespace std; 6 7 const int N = 40005; 8 int a[45]; 9 double dp[N]; 10 int n; 11 double p; 12 13 int main() 14 int t; 15 scanf("%d", &t); 16 while(t--) 17 scanf("%d%lf", &n, &p); 18 int sum = 0; 19 for(int i = 1;i <= n; i++) //sum统计最大可以得到的分数 20 scanf("%d", &a[i]); 21 sum += a[i]; 22 23 memset(dp, 0, sizeof(dp)); 24 dp[0] = 1; //前0题，得到0分的次数位1 25 for(int i = 1; i <= n; i++) //类似于0-1背包的两个循环 26 for(int j = sum; j >= a[i]; j--) 27 dp[j] += dp[j-a[i]]; //核心步骤，对于dp[j]而言，得分为j的种数是前i-1个时得分为j-a[i] 也就是取第i题,加上前i-1个时得分为j的种数 也就是不取第i题 28 29 30 double m = pow(2,n); //统计所有的深猴的得分个数 31 int ans = 0; 32 double ssum = 0; 33 for(int i = 0; i <= sum; i++) 34 dp[i] /= m; //从小到大将概率累加直到大于等于p时的分数i就是答案，注意0也是一个得分 35 ssum += dp[i]; 36 if(ssum >= p) 37 ans = i; 38 break; 39 40 41 printf("%d\n", ans); 42 43 return 0; 44
以上是关于XCPC真题：Little Tiger vs. Deep Monkey|Greatest Common Divisor|Array Merge的主要内容，如果未能解决你的问题，请参考以下文章
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