[SinGuLaRiTy] NOIP膜你赛-Day 1
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隔膜 (game)
题目描述
steam 夏季大促销来啦,azui 大爷最近在 steam 上买了 1 mol 的游戏。一天他突然发现了一个搬砖的游戏:
有 N 种砖头,每种砖头有 m 个,每一个的价值为 di 。每一个单位时间你必须搬一块砖,到无砖可搬为止。有一个得分系数 F,初始时为 1。搬一块砖的得分为当时的得分系数 F*di。有 T 个时间分割点。每过一个时间分割点,F会自己加一。例如在时间 p 的得分为 i*di,而在时间p+1的得分为(i+1)*di。
azui大爷觉得这个游戏 too simple,不想去玩,于是让你去帮他上分,希望你能告诉他每局游戏的最大得分。你一定知道这么简单的题目怎么做,快帮帮 azui 大爷吧。
输入
第一行一个数 N。
接下来的 N 行,每行两个数,表示mi和di。
之后的一行一个数 T。
接下来的一行 T 个数,pi。
输出
一个整数,表示最大得分。
样例数据
样例输入 | 样例输出 |
2 |
74 |
数据范围
1<=N<=100
1<=mi<=10^9
0<=di<=1000
1<=t<=100
1<=p2<p3<…<pt<=10^12
解析
简单的贪心。不过考试的时候有些变量没开long long,直接炸掉......qwq。
Code
#include<cstring> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<algorithm> #include<iostream> #define N 110 #define LL unsigned long long using namespace std; struct node { LL v; LL n; }kind[N]; LL t[110]; LL ans=0; LL F=1; bool cmp(node a,node b) { return a.v<b.v; } int main() { LL num; cin>>num; for(int i=1;i<=num;i++) { cin>>kind[i].n>>kind[i].v; } LL T; cin>>T; for(int i=1;i<=T;i++) { cin>>t[i]; } sort(kind+1,kind+num+1,cmp); LL last_num=0; LL start=0; LL now_kind=1; t[0]=0; for(int i=1;i<=T;i++,F++) { while(start+kind[now_kind].n<=t[i]-t[i-1]) { ans+=kind[now_kind].n*kind[now_kind].v*F; start+=kind[now_kind].n; now_kind+=1; if(now_kind>num) { cout<<ans; return 0; } } ans+=((t[i]-t[i-1])-start)*kind[now_kind].v*F; last_num=start+kind[now_kind].n-(t[i]-t[i-1]); kind[now_kind].n=last_num; start=0; } for(int i=now_kind;i<=num;i++) { ans+=kind[i].n*kind[i].v*F; } cout<<ans; return 0; }
快递配对 (pairing)
题目描述
azui 大爷厌倦了每天在家颓废的生活,于是开始打工送快递。Jeremy 同学不想让 azui 大爷太轻松,于是想让他送快递的路程尽可能的长。
一句话来说就是:给出一棵 n 个点的树,将这 n 个点两两配对,求所有可行的方案中配对两点间的距离的总和最大为多少。
输入
一个数 n (1<=n<=100,000,n 保证为偶数)
接下来 n-1 行每行三个数 x,y,z 表示有一条长度为 z 的边连接x和y ( 0<=z<=1,000,000,000 )
输出
一个整数,表示距离总和的最大值。
样例数据
样例输入 | 样例输出 |
6 |
7 |
解析
[树的重心的概念:使树中最大子树(节点最多的子树)中的节点数最小,即把一棵树分为多个size相对"平衡"的子树的节点]
首先我们给出一条结论:要使树中的两个节点之间的路径最长,那么该路径应通过树的重心。换言之,使两个节点分布在重心的两侧,才能得到路径长的最大值。下面给出证明:(论述中的“子树”均指树的重心分离出的子树)
我们由树的重心的定义可以知道,如果一条路径不过树的重心,那么这条路径一定是在同一棵子树里“打转”(因为要通过另外的子树,必须通过树的重心),如图-1所示。又由于每一棵子树内部的节点较平衡,不存在某棵子树过大的情况,那么两点若都在一棵子树之内,他们之间的路径距离一定是较小的(一定有一条通过重心的路径比它更优秀)。也就是说,较长的路径一定是通过树的重心的。
图-1
现在,既然证明出这个结论,我们会发现:由于节点为偶数个,即不存在多余的节点,那么所有的路径都会通过重心,也就是说,路径和的最大值就是所有节点到树的重心的距离和!后面的操作就比较好办,在此不一一赘述。
<Tips :由于可能爆栈,需要在main函数中插入以下代码>
int size=16<<20;//16MB char *p=(char*)malloc(size)+size; __asm__("movl %0, %%esp\\n" :: "r"(p));
Code
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<algorithm> const int MAXN=100005; typedef long long LL; using namespace std; struct node { int e,next; LL v; }h[MAXN*2]; int x,y,n,cnt=1,fir[MAXN]; LL z; int num[MAXN],l[MAXN],r[MAXN]; bool vis[MAXN]; inline void addedge(int t1,int t2,LL v) { h[++cnt].e=t2; h[cnt].next=fir[t1]; h[cnt].v=v; fir[t1]=cnt; } int dfs(int s) { vis[s]=1; int sum=0; for(int i=fir[s];i;i=h[i].next) if(!vis[h[i].e]) sum+=dfs(h[i].e)+1; return num[s]=sum; } int main() { int size=16<<20; char *p=(char*)malloc(size)+size; __asm__("movl %0, %%esp\\n" :: "r"(p)); cin>>n; for(int i=1;i<n;i++) { cin>>x>>y>>z; addedge(x,y,z); addedge(y,x,z); } dfs(1); LL ans=0; for(int i=2;i<=cnt;i+=2) { int s=h[i].e,e=h[i^1].e; if(num[s]<num[e]) swap(s,e); LL w=min(num[e]+1,num[1]-num[e]); ans+=w*h[i].v; } cout<<ans; return 0; }
子集 (subset)
题目描述
azui大爷在quack大爷的带领下开始玩集合了,可是他太懒了,不想做quack大爷布置的作业题,便拿来给你做了:
S集合中有n个不同的元素,我们从1-n标号。考虑S 的子集S(i,j),将这些子集排成一个r行c列矩阵的样子。
◎其中第一行为S(1,1),S(1,2),…,S(1,c),第二行为S(2,1),S(2,2),..,S(2,c)一直到第r行为S(r,1), S(r,2),…, S(r,c)。
◎这些集合还满足对于在一行中左右相邻的两个集右,左侧是右侧的子集,即S(i,j)∈S(i,j+1)。
◎这些集合还满足对于在一列中上下相邻的两个集合,上方是下方的子集,即S(i,j)∈S(i+1,j)。
问对于S 的全部子集,有多少可能的情况排成上述的矩阵(每个子集可以重复使用),结果模10^9+7输出。
你一定知道这么简单的题目怎么做,快帮帮azui大爷吧。
输入
一行三个数n,r,c。
输出
一个数表示答案。
样例数据
样例输入 | 样例输出 |
1 2 2 | 6 |
解析
首先,我们来看一看,当n=1,r=1时,就相当于是在一个一维的序列上,要求该序列后面(右边)的子集要包含前面(左边)的子集,如图-2描述的是此时的一种情况.
图-2
我们发现,当n=1,r=1时,我们实际上只要考虑空集与非空集的分界线(图-2中的P)就行了。此时P的位置aP为后一格的序号,那么其位置的取值范围为 [1,c+1] (当aP=1时,格子里全为非空集;当aP=c+1时,格子里全为空集)。那么对于n=1的情况,答案就为 (c+1) 种。我们又发现其实集合S内的每一个元素是相对独立的,根据乘法原理,我们可以知道,对于n取任意值的情况,答案为 (c+1)^n,此时的计算用快速幂即可。
那么,对于r≠1的其它情况呢?我们可以根据“用P分界”这一思路推而广之,如图-3所示。
图-3 图-4
原来的分界线P变成了折线K,而我们要做的就是计算从左下角到右上角的折线的情况数(如图-4)。那么怎么求呢?由于是从左下角到右上角,可以说我们从左下角开始,向左和向上的“总步数”是一定的,于是就可以用组合数学求解了。
Code
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<algorithm> typedef long long LL; const int mod=1e9+7; using namespace std; LL ksm(LL a,LL k) { LL ans=1; while(k) { if(k&1) ans=ans*a%mod; a=a*a%mod; k>>=1; } return ans; } LL jc(int n) { LL ans=1; for(int i=2;i<=n;i++) ans=ans*i%mod; return ans; } LL inv(int n) { if(n==1) return 1; else return (mod-mod/n*inv(mod%n)%mod)%mod; } LL C(int n,int k) { return jc(n)*inv(jc(k))%mod*inv(jc(n-k))%mod; } int n,r,c; int main() { cin>>n>>r>>c; cout<<ksm(C(r+c,r),n); return 0; }
Time:2017-07-11
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