NOIP2016题解
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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NOIP2016题解相关的知识,希望对你有一定的参考价值。
D1T1:把方向和朝向异或一下,在mod n意义下+1s或-1s。
#include<cstdio> const int N=1e5+5; int n,m,j,k,v,s[N]; char t[N][11]; int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=0;i<n;++i) scanf("%d%s",s+i,t[i]); while(m--){ scanf("%d%d",&j,&k); (v+=j^s[v]?k:n-k)%=n; } puts(t[v]); }
D1T2:设i的深度为d[i],点i的答案是s[j]在其子树中,d[s[j]]==d[i]+w[i],且lca[j]在其子树外或等于i的j的个数,加上t[j]在其子树中,d[lca[j]]*2-d[s]==d[i]-w[i],且lca[j]在其子树外(s[j]在子树外)的j的个数。考虑差分链,++a[s[i]],--a[lca[j]的父亲],++b[t[j]],--b[lca[j]],那么查询子树中对应的a的和和b的和就是答案。通过dfs序,转化为查询区间中等于一个数的数的权和,那么差分询问,设查询[l,r],答案就是r处的答案减去l-1处的答案。
#include<cstdio> const int N=3e5+5; struct edge{ int v;edge*s; }e[N*2]; edge*o=e,*h[N]; void ins(int u,int v){ edge s={v,h[u]}; *(h[u]=o++)=s; } typedef int arr[N]; arr d,p,r,c,y,l,q; int z0[N*2],z1[N*2],*z2=z1+N; void dfs1(int u){ r[u]=1; for(edge*i=h[u];i;i=i->s) if(i->v^p[u]){ d[i->v]=d[p[i->v]=u]+1; dfs1(i->v); r[c[u]]<r[i->v] ?c[u]=i->v:0; r[u]+=r[i->v]; } } void dfs2(int u,int f){ static int t; l[u]=++t,y[u]=f; if(!c[u])return; dfs2(c[u],y[u]); for(edge*i=h[u];i;i=i->s) if(i->v^p[u]&&i->v^c[u]) dfs2(i->v,i->v); } int lca(int s,int t){ while(y[s]^y[t]){ if(d[y[s]]<d[y[t]]) s^=t,t^=s,s^=t; s=p[y[s]]; } return d[s]<d[t]?s:t; } struct foo{ int z,x,y;foo*s; }e2[N*4]; foo*o2=e2,*h2[N],*h3[N]; #define ins2(v,...){ foo e={__VA_ARGS__,v}; *(v=o2++)=e;} struct bar{ int x,y;bar*s; }e3[N*4]; bar*o3=e3,*h4[N],*h5[N]; #define ins3(v,...){ bar e={__VA_ARGS__,v}; *(v=o3++)=e;} int n,m,s,t; int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<n;++i){ scanf("%d%d",&s,&t); ins(s,t),ins(t,s); } dfs1(1),dfs2(1,1); for(int i=1;i<=n;++i){ scanf("%d",&s); int x=l[i]-1,y=x+r[i]; ins2(h2[x],i,d[i]+s,-1); ins2(h2[y],i,d[i]+s,+1); ins2(h3[x],i,d[i]-s,-1); ins2(h3[y],i,d[i]-s,+1); } while(m--){ scanf("%d%d",&s,&t); int i=lca(s,t),j=p[i]; int x=d[s],y=d[i]*2-x; ins3(h4[l[s]],x,+1); ins3(h4[l[j]],x,-1); ins3(h5[l[t]],y,+1); ins3(h5[l[i]],y,-1); } for(int i=1;i<=n;++i){ for(bar*j=h4[i];j;j=j->s) z1[j->x]+=j->y; for(bar*j=h5[i];j;j=j->s) z2[j->x]+=j->y; for(foo*j=h2[i];j;j=j->s) q[j->z]+=z1[j->x]*j->y; for(foo*j=h3[i];j;j=j->s) q[j->z]+=z2[j->x]*j->y; } for(int i=1;i<=n;++i) printf("%d ",q[i]); }
D1T3:设f[i][j][0/1]表示前i节课,申请了j次,第i节课没申请/申请了的期望。floyd预处理两点间最短路。讨论所有情况,按概率加权直接转移。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using std::min; const int N=2005; int n,m,v,e,a,b,w; int c[N],d[N],z[305][305]; double p[N],f[N][N][2]; template<class T> void eq1(T&a,T b){a=b<a?b:a;} int main(){ scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&v,&e); for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",c+i); for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",d+i); for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lf",p+i); memset(z,63,sizeof z); for(int i=1;i<=v;++i) z[i][i]=0; while(e--){ scanf("%d%d%d",&a,&b,&w); eq1(z[a][b],w); eq1(z[b][a],w); } for(int k=1;k<=v;++k) for(int i=1;i<=v;++i) for(int j=1;j<=v;++j) eq1(z[i][j],z[i][k]+z[k][j]); for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=0;j<=m;++j) f[i][j][0]=f[i][j][1]=1e18; f[1][0][0]=f[1][1][1]=0; for(int i=2;i<=n;++i){ f[i][0][0]=f[i-1][0][0]+z[c[i-1]][c[i]]; for(int j=1;j<=i;++j){ f[i][j][0]=min(f[i-1][j][0]+z[c[i-1]][c[i]],f[i-1][j][1]+z[c[i-1]][c[i]]*(1-p[i-1])+z[d[i-1]][c[i]]*p[i-1]); f[i][j][1]=min(f[i-1][j-1][0]+z[c[i-1]][c[i]]*(1-p[i])+z[c[i-1]][d[i]]*p[i],f[i-1][j-1][1]+z[c[i-1]][c[i]]*(1-p[i-1])*(1-p[i])+z[d[i-1]][c[i]]*p[i-1]*(1-p[i])+z[c[i-1]][d[i]]*(1-p[i-1])*p[i]+z[d[i-1]][d[i]]*p[i-1]*p[i]); } } double ans=1e18; for(int j=0;j<=m;++j) eq1(ans,min(f[n][j][0],f[n][j][1])); printf("%.2f\n",ans); }
D2T1:预处理$[\binom{i}{j}\equiv0\pmod{k}]$的二维前缀和。
#include<cstdio> const int N=2005; int t,p,n,m; int c[N][N],s[N][N]; int main(){ scanf("%d%d",&t,&p); for(int i=0;i<N;++i){ c[i][0]=1; for(int j=1;j<=i;++j) c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%p; } for(int i=1;i<N;++i) for(int j=1;j<N;++j){ s[i][j]=s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1]; if(j<=i)s[i][j]+=!c[i][j]; } while(t--){ scanf("%d%d",&n,&m); printf("%d\n",s[n][m]); } }
D2T2:先从大到小排序,若q=0,考虑每次把分成的两个数压进两个队列,那么压进去的数一定不大于上次压进对应队列的数。容易验证若q!=0仍然成立。
#include<algorithm> #include<cstdio> #include<functional> using namespace std; const int M=7e6+5; int q1[M],q2[M],q3[M]; int m,q,u,v,t; int a1,b1,a2,b2,a3,b3; inline int pop(){ return a1!=b1&&(a2==b2||q1[a1]>=q2[a2])&&(a3==b3||q1[a1]>=q3[a3])?q1[a1++]:a2!=b2&&(a1==b1||q2[a2]>=q1[a1])&&(a3==b3||q2[a2]>=q3[a3])?q2[a2++]:q3[a3++]; } int main(){ scanf("%d%d%d%d%d%d",&b1,&m,&q,&u,&v,&t); for(int i=0;i<b1;++i) scanf("%d",q1+i); sort(q1,q1+b1,greater<int>()); for(int i=1;i<=m;++i){ int j=pop()+(i-1)*q; int k=1ll*j*u/v; q2[b2++]=max(k,j-k)-i*q; q3[b3++]=min(k,j-k)-i*q; if(i%t==0) printf(i==t?"%d":" %d",j); } puts(""); for(int i=1;i<=b1+m;++i){ int j=pop()+m*q; if(i%t==0) printf(i==t?"%d":" %d",j); } }
D2T3:先枚举两只猪,算出对应抛物线能打掉哪些猪。f[S]表示状态为S的最小步数,显然可以o(n^2)转移。考虑到每只猪都要打掉,因此只用考虑某一只没被打掉的猪和其他猪一起被打掉的情况,就可以o(n)转移了。
#include<cmath> #include<cstdio> #include<cstring> #include<utility> #define x first #define y second using std::pair; typedef double real; typedef pair<real,real>vec; const real eps=1e-8; int in(vec a,vec l){ return fabs(l.x*a.x*a.x+l.y*a.x-a.y)<eps; } const int N=18; vec a[N]; void eq1(int&a,int b){ a=b<a?b:a; } int q,n,e[N][N],f[1<<N]; int main(){ scanf("%d",&q); while(q--){ memset(e,0,sizeof e); scanf("%d%*d",&n); for(int i=0;i<n;++i) scanf("%lf%lf",&a[i].x,&a[i].y); for(int i=0;i<n;++i){ e[i][i]=1<<i; for(int j=i+1;j<n;++j){ vec s=a[i],t=a[j]; real a1=s.x*s.x,b1=s.x,c1=s.y; real a2=t.x*t.x,b2=t.x,c2=t.y; real d=a1*b2-a2*b1; if(fabs(d)>eps){ real x=(c1*b2-c2*b1)/d; if(x<-eps){ vec l(x,(a1*c2-a2*c1)/d); for(int k=0;k<n;++k) e[i][j]|=in(a[k],l)<<k; } } } } for(int i=1;i<1<<n;++i) f[i]=n; for(int i=0;i<1<<n;++i){ int j=__builtin_ctz(~i); for(int k=j;k<n;++k) eq1(f[i|e[j][k]],f[i]+1); } printf("%d\n",f[(1<<n)-1]); } }
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