杂题选讲 DAY1
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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了杂题选讲 DAY1相关的知识，希望对你有一定的参考价值。
T1 【FJOI2016】建筑师
题面:
| H【FJOI2016】建筑师 |
|---|
| 时间限制 : - MS 空间限制 : - KB 评测说明 : 1s 256m |
问题描述
小 Z 是一个很有名的建筑师，有一天他接到了一个很奇怪的任务：在数轴上建 n 个建筑，每个建筑的高度是 1 到 n 之间的一个整数。
小 Z 有很严重的强迫症，他不喜欢有两个建筑的高度相同。另外小 Z 觉得如果从最左边（所有建筑都在右边）看能看到 A个建筑，从最右边（所有建筑都在左边）看能看到 B 个建筑，这样的建筑群有着独特的美感。现在，小 Z 想知道满足上述所有条件的建筑方案有多少种？
如果建筑 i 的左(右)边没有任何建造比它高，则建筑 i 可以从左(右)边看到。两种方案不同，当且仅当存在某个建筑在两种方案下的高度不同。
输入格式
第一行一个整数 T，代表 T 组数据。
接下来 T 行，每行三个整数 n,A,B
输出格式
对于每组数据输出一行答案 mod10^9+7。
样例输入 1
2
3 2 2
3 1 2
样例输出 1
2
1
样例输入 2
5
1 1 1
2 1 1
4 3 1
10 2 2
8 6 4
样例输出 2
1
0
3
219168
0
提示
对于 10% 的数据 ： 1≤n≤10
对于 20% 的数据 ： 1≤n≤100
对于 40% 的数据 ： 1≤n≤50000, 1≤T≤5
对于 100%的数据 ：1≤n≤50000, 1≤A,B≤100, 1≤T≤200000
题解:
由于高度为(N)的建筑物肯定不会被挡住,将这个建筑作为分水岭,将左右两边分开为(A+B-1)个部分;
显然我们需要考虑将这(N-1)个人放在(A+B-2)个桌子上,这就是第一类斯特林数;
我们考虑可以将剩下的建筑分为(A-1)与(B-1)两部分,于是这样的方案数可通过组合数求出;
(code:)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<ctype.h>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<map>
#include<algorithm>
#define reint register int
#define ll long long
#define rell register ll
using namespace std;
char buf[1<<20],*p1,*p2;
inline char gc()
{
// return getchar();
return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin))==p1?0:*p1++;
}
template<typename T>
inline void read(T &x)
{
char tt;
bool flag=0;
while(!isdigit(tt=gc())&&tt!='-');
tt=='-'?(flag=1,x=0):(x=tt-'0');
while(isdigit(tt=gc())) x=(x<<1)+(x<<3)+(tt^'0');
if(flag) x=-x;
}
const int mod=1e9+7;
inline ll mul(ll a,ll b){return a*b<mod?a*b:a*b%mod;};
inline ll add(ll a,ll b){return a+b<mod?a+b:a+b-mod;};
ll c[202][202],s[50002][202];
void sent()
{
s[0][0]=1;
for(rell i=1;i<=50001;i++)
for(rell j=1;j<=200;j++)
s[i][j]=add(s[i-1][j-1],mul(i-1,s[i-1][j]));
c[0][0]=1;
for(rell i=1;i<=201;i++)
for(rell j=0;j<=i;j++)
c[i][j]=j?add(c[i-1][j],c[i-1][j-1]):1;
}
ll t,n,a,b;
int main()
{
sent();
read(t);
while(t--)
{
read(n),read(a),read(b);
printf("%lld
",mul(s[n-1][a+b-2],c[a+b-2][a-1]));
}
}T2 【CERC2017】旅游指南
题面:
| I【CERC2017】旅游指南 |
|---|
| 时间限制 : 20000 MS 空间限制 : 565536 KB SPJ 评测说明 : 1s,512m |
问题描述
给定一张n个点，m条双向边的无向图。
你要从1号点走到n号点。当你位于x点时，你需要花1元钱，等概率随机地买到与x相邻的一个点的票，只有通过票才能走到其它点。
每当完成一次交易时，你可以选择直接使用那张票，也可以选择扔掉那张票然后再花1元钱随机买另一张票。注意你可以无限次扔票。
请使用最佳的策略，使得期望花的钱数最少。
输入格式
第一行包含两个正整数n,m(1<=n,m<=300000)，表示点数和边数。
接下来m行，每行两个正整数u,v(1<=u,v<=n)，表示一条双向边。
输入数据保证无重边、无自环，且1号点一定可以走到n号点。
输出格式
输出一行一个实数，即最少的期望花费，当绝对或者相对误差不超过10^{-6}时视为正确。
样例输入 1
5 8
1 2
1 3
1 4
2 3
2 4
3 5
5 4
2 5
样例输出 1
4.1111111111
样例输入 2
4 4
1 2
1 3
2 4
3 4
样例输出 2
3.0000000000
题解:
好题啊!妙啊!
我们设定状态F[i]为从i点到终点所花钱数最少的期望,那么显然可以得到:
(F[p]=frac{sum min(F[p],F[x_i])}{deg[p]}+1;)
移项得:
(deg[p]*F[p]=sum min(F[p],F[x_i])+deg[p];)
我们设在取最小值的过程中使用了(a)次(F[x_i]),那么:
(deg[p]*F[p]=(deg[p]-a)*F[p]+a*F[x_i]+deg[p];)
(F[p]*a=F[x]*a+deg[p];)
(F[p]=frac{a*F[x]+deg[p]}{a};)
初始状态(F[N]=0),因为我们默然最开始所有的取最小处都是选择的(F[x]),所以所得期望一定大于等于结果,通过小值去更新,即可使其接近或等于答案,这个贪心的过程我们注意到类似于迪杰斯特拉;
(code:)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<ctype.h>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<map>
#include<algorithm>
#define reint register int
#define ll long long
#define ld double
#define rell register ll
using namespace std;
char buf[1<<20],*p1,*p2;
inline char gc()
{
// return getchar();
return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin))==p1?0:*p1++;
}
template<typename T>
inline void read(T &x)
{
char tt;
bool flag=0;
while(!isdigit(tt=gc())&&tt!='-');
tt=='-'?(flag=1,x=0):(x=tt-'0');
while(isdigit(tt=gc())) x=(x<<1)+(x<<3)+(tt^'0');
if(flag) x=-x;
}
struct node{
int x;
ld len;
inline node(int a=0,ld b=0.0)
{x=a,len=b;}
inline bool operator<(node a)const
{return len>a.len;}
};
const int maxn=300002;
int n,m,deg[maxn];
int a[maxn];
vector<int>G[maxn];
priority_queue<node>q;
ld f[maxn],sum[maxn];
bool book[maxn];
void djs()
{
f[n]=0.0;q.push(node(n,0.0));
while(!q.empty())
{
int x=q.top().x;q.pop();
if(book[x]) continue;
book[x]=1;
// printf("%d--
", G[x].size()-1);
for(reint i=G[x].size()-1;i>=0;i--)
{
int p=G[x][i];
if(book[p]) continue;
a[p]++;sum[p]+=f[x];
f[p]=(sum[p]+deg[p])/a[p];
q.push(node(p,f[p]));
}
}
}
int main()
{
read(n),read(m);
for(reint i=1;i<=m;i++)
{
int x,y;
read(x),read(y);
G[x].push_back(y);
G[y].push_back(x);
deg[x]++;deg[y]++;
}
djs();
printf("%.10lf",f[1]);
}T3 【HAOI2017】供给侧改革
题面:
| J【HAOI2017】供给侧改革 |
|---|
| 时间限制 : - MS 空间限制 : - KB 评测说明 : 1s,256m |
问题描述
Anihc国提高社会生产力水平.落实好以人民为中心的发展思想。决定进行供给侧结构性改革。
为了提高供给品质.你调查了某个产业近来n个时期的供求关系平衡情况.每个时期的情况都用0或1中的一个数字来表示.于是这就是—个长度为n的01字符串S。为了更好的了解这一些数据.你需要解决一些询问.我们令data(l,r)表示：在字符串S中.起始位置在[l,r]之间的这些后缀之中，具有最长公共前缀的两个后缀的最长公共前缀的长度。
对于每一个询问L,R.求
ans=∑data(i,R) L≤i<R
由于你其实根本没有时间调查，所以这些数据都是乱编的，即串S中的每一位都是在0和1之间随机产生的。
输入格式
第一行2个整数n,Q，表示字符串的长度，以及询问个数
接下来一行长度为n的一个01串S
接下来Q行，每行2个整数L,R.一个询问L.R
输出格式
共Q行.每行一个整数.表示对应询问的答案。
样例输入 1
6 3
010110
2 5
1 6
1 2
样例输出 1
4
6
0
样例输入 2
20 20
01010011000001000111
1 3
6 13
5 10
3 6
3 6
6 16
8 18
1 4
11 15
3 13
1 19
7 10
10 13
3 9
4 17
1 18
2 20
1 20
2 19
1 20
样例输出 2
3
22
20
4
4
33
26
5
7
34
59
12
6
10
42
54
56
60
55
60
提示
数据点 n的规模 Q的规模
1 <= 20 <= 20
2 <= 20 <= 20
3 <= 100 <= 100
4 <= 100 <= 100
5 <= 5000 <= 5000
6 <= 5000 <= 5000
7 <= 100000 <= 100000
8 <= 100000 <= 100000
9 <= 100000 <= 100000
10 <= 100000 <= 100000对于所有的数据保证：n <= 100000,Q<= 100000,1<=L<R<=n,01串随机生成。
题解:
未做呢,待补待补;
T4 平衡的队列
题面:
输入格式
第一行，两个空格间隔的整数N和K
接下来N行，每行一个K位二进制整数(已转换成了十进制)，表示第i头奶牛的特征
输出格式
一行，一个整数，表示最大的平衡区间的长度
样例输入
7 3
7
6
7
2
1
4
2
样例输出
4
提示
样例说明：这个范围是3到6，其中每个特征恰好出现了2次。
题解:
记录每一位上的前缀和,(Hash)一下,加上(map)看前面有没有一样的;
(code:)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<ctype.h>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<map>
#include<algorithm>
#define reint register int
#define mod1 1000000007
#define mod2 998244353
#define ll long long
using namespace std;
char buf[1<<20],*p1,*p2;
inline char gc()
{
// return getchar();
return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin))==p1?0:*p1++;
}
template<typename T>
inline void read(T &x)
{
char tt;
bool flag=0;
while(!isdigit(tt=gc())&&tt!='-');
tt=='-'?(flag=1,x=0):(x=tt-'0');
while(isdigit(tt=gc())) x=(x<<1)+(x<<3)+(tt^'0');
if(flag) x=-x;
}
const int maxn=1e5+2;
int n,k;
ll hashh[maxn];
int sum[maxn][32];
map<ll,int>book;
int main()
{
read(n),read(k);
for(reint i=1;i<=n;i++)
{
ll x;
read(x);
for(int j=0;j<k;j++)
sum[i][j]=(x>>j&1)+sum[i-1][j];
}
// for(int i=1;i<=n;i++,putchar(10))
// for(int j=0;j<k;j++)
// printf("%d ",sum[i][j]);
for(reint i=1;i<=n;i++)
{
int tmp=sum[i][0];
for(reint j=0;j<k;j++)
sum[i][j]-=tmp;
}
for(reint i=0;i<=n;i++)
for(reint j=0;j<k;j++)
hashh[i]=hashh[i]*mod1+1ll*(1ll*sum[i][j]+mod2);
int ans=0;
for(reint i=0;i<=n;i++)
{
if(!book[hashh[i]]) book[hashh[i]]=i+1;
else ans=max(ans,i-book[hashh[i]]+1);
}
printf("%d",ans);
}T5 [JLOI2015 DAY1]有意义的字符串
题面:
| L [JLOI2015 DAY1]有意义的字符串 |
|---|
时间限制 : - MS 空间限制 : 165536 KB  评测说明 : 1S |
问题描述
输入格式
一行三个整数b,d,n。
输出格式
一行一个数表示模7528443412579576937 之后的结果。
样例输入 1
1 5 9
样例输出 1
76
样例输入 2
11 125 6715504
样例输出 2
1499928102740042526
提示
题解:
本题面向数据编程=_=;
首先,我们可以发现,原式可以转换为求:
((frac{b+sqrt{d}}{2})^n+(frac{b-sqrt{d}}{2})^n-(frac{b-sqrt{d}}{2})^n)
这个式子,我们又观察一下可以发现:
(X_1=(frac{b+sqrt{d}}{2}),X_2=(frac{b-sqrt{d}}{2}))
这是一个二次方程的两个根:
(X^2+b*X-frac{b^2-d}{4}=0)
然后呢,对我们要求的前半部分,是一个整数,后半部分值域为((-1,0]),这个由数据范围可得;
我们设:
(F(n)=X_1^n+X_2^n;)
那么易得:
(X_1^n+X_2^n=(X_1+X_2)(X_1^{n-1}+X_2^{n-2})-X_1*X_2^{n-1}-X_2*X_1^{n-1}=(X_1+X_2)(X_1^{n-1}+X_2^{n-2})-(X_1*X_2)(X_1^{n-2}+X_2^{n-2}))
由韦达定理:
(X_1+X_2=b,X_1*X_2=frac{d-b^2}{4};)
那么我们要求的就变成了:
(F(n)=F(n-1)*b+F(n-2)*(frac{d-b^2}{4});)
这个显然可以用矩阵快速幂优化;
考虑后半部分,我们只要看看它有没有可能做出值为-1的贡献即可(当且仅当(n)为奇数,且(d!=b*b))
(code:)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<ctype.h>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<map>
#include<algorithm>
#define reint register int
#define ll long long
#define ld double
#define rell register ll
#define mod 7528443412579576937ul
using namespace std;
char buf[1<<20],*p1,*p2;
inline char gc()
{
// return getchar();
return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin))==p1?0:*p1++;
}
template<typename T>
inline void read(T &x)
{
char tt;
bool flag=0;
while(!isdigit(tt=gc())&&tt!='-');
tt=='-'?(flag=1,x=0):(x=tt-'0');
while(isdigit(tt=gc())) x=(x<<1)+(x<<3)+(tt^'0');
if(flag) x=-x;
}
inline ll add(ll x,ll y){return x+y>=mod||x+y<0?x+y-mod:x+y;}
inline ll sub(ll x,ll y){return x-y<0?x-y+mod:x-y;}
inline ll mul(ll x,ll y){ll d=(ll)(x*(long double)y/mod+0.5);return sub(x*y,d*mod);}
struct arr{
ll n,m;
ll a[21][21];
ll *operator[](int b){return a[b];}
inline arr(ll c=0,ll d=0)
{
memset(a,0,sizeof(a));
n=c,m=d;
}
arr operator*(arr b) const
{
arr c;
c.n=n;c.m=b.m;
for(reint i=0;i<n;i++)
for(reint j=0;j<c.m;j++)
for(reint k=0;k<m;k++)
c[i][j]=add(c[i][j],mul(a[i][k],b[k][j]));
return c;
}
arr operator*=(arr a){
*this=*this*a;
return *this;
}
arr operator^(ll b)
{
arr ans;
ans=arr(n,m);
for(reint i=0;i<n;i++)
ans[i][i]=1;
while(b)
{
if(b&1ul) ans*=*this;
*this*=*this;
b>>=1ul;
}
return ans;
}
};
ll b,d,n;
arr aa,bb;
int main()
{
read(b),read(d),read(n);
if(!n) puts("1"),exit(0);
aa=arr(1,2);bb=arr(2,2);
aa[0][0]=b,aa[0][1]=2;
bb[0][0]=b,bb[0][1]=1;
bb[1][0]=(d-b*b)/4,bb[1][1]=0;
aa*=bb^(n-1);
printf("%lld",sub(aa[0][0],!(n&1ul)&&(d!=b*b)));
}
以上是关于杂题选讲 DAY1的主要内容，如果未能解决你的问题，请参考以下文章