2017北京国庆刷题Day1 afternoon
Posted 日拱一卒 功不唐捐
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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2017北京国庆刷题Day1 afternoon相关的知识，希望对你有一定的参考价值。
期望得分：100+100+100=300
实际得分：100+100+100=300
T1 一道图论好题(graph)
Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB
题目描述
LYK有一张无向图G={V,E}，这张无向图有n个点m条边组成。并且这是一张带权图，不仅有边权还有点权。
LYK给出了一个子图的定义，一张图G’={V’,E’}被称作G的子图，当且仅当
·G’的点集V’包含于G的点集V。
·对于E中的任意两个点a,b∈V’，当(a,b)∈E时，(a,b)一定也属于E’，并且连接这两个点的边的边权是一样的。
LYK给一个子图定义了它的价值，它的价值为：点权之和与边权之和的比。
LYK想找到一个价值最大的非空子图，所以它来找你帮忙啦。
输入格式(graph.in)
第一行两个数n,m表示一张n个点m条边的图。
第二行n个数ai表示点权。
接下来m行每行三个数u,v,z，表示有一条连接u,v的边权为z的无向边。数据保证任意两个点之间最多一条边相连，并且不存在自环。
输出格式(graph.out)
你需要输出这个价值最大的非空子图的价值，由于它是一个浮点数，你只需要保留小数点后两位有效数字。
输入样例
3 3
2 3 4
1 2 3
1 3 4
2 3 5
输出样例
1.67
样例解释
选择1,2两个点，则价值为5/3=1.67。
对于20%的数据n=2
对于50%的数据n<=5
对于100%的数据1<=n,m<=100000，1<=ai,z<=1000。
最优解一定是一条边+两个点
考场上是二分答案，然后枚举所有的边，只要有一个满足点-边*答案>=0 就return true
std直接 ans=max(ans,(a[A]+a[B])/(C+0.0));
#include<cmath> #include<cstdio> #include<iostream> #include<algorithm> #define N 100001 using namespace std; int n,m; int point[N]; struct node { int u,v,w; }e[N]; const double eps=1e-4; void read(int &x) { x=0; char c=getchar(); while(!isdigit(c)) c=getchar(); while(isdigit(c)) { x=x*10+c-‘0‘; c=getchar(); } } bool check(double k) { for(int i=1;i<=m;i++) if(point[e[i].u]+point[e[i].v]-k*e[i].w>=0) return true; return false; } int main() { freopen("graph.in","r",stdin); freopen("graph.out","w",stdout); read(n); read(m); int maxn=0; for(int i=1;i<=n;i++) { read(point[i]); maxn=max(maxn,point[i]); } int minn=1e9; for(int i=1;i<=m;i++) { read(e[i].u); read(e[i].v); read(e[i].w); minn=min(minn,e[i].w); } double l=0,r=maxn*2*1.0/minn,mid,ans; while(fabs(r-l)>eps) { mid=(l+r)/2; if(check(mid)) ans=mid,l=mid+eps; else r=mid-eps; } printf("%.2lf",ans); }
T2拍照(photo)
Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB
题目描述
假设这是一个二次元。
LYK召集了n个小伙伴一起来拍照。他们分别有自己的身高Hi和宽度Wi。
为了放下这个照片并且每个小伙伴都完整的露出来，必须需要一个宽度为ΣWi，长度为max{Hi}的相框。（因为不能叠罗汉）。
LYK为了节省相框的空间，它有了绝妙的idea，让部分人躺着！一个人躺着相当于是身高变成了Wi，宽度变成了Hi。但是很多人躺着不好看，于是LYK规定最多只有n/2个人躺着。（也就是说当n=3时最多只有1个人躺着，当n=4时最多只有2个人躺着）
LYK现在想问你，当其中部分人躺着后，相框的面积最少是多少。
输入格式(photo.in)
第一行一个数n。
接下来n行，每行两个数分别是Wi,Hi。
输出格式(photo.out)
你需要输出这个相框的面积最少是多少。
输入样例
3
3 1
2 2
4 3
输出样例
21
样例解释
如果没人躺过来，需要24的面积。
我们只要让第1个人躺过来，就只需要21的面积！
对于30%的数据n<=10。
对于60%的数据n<=1000，Wi,Hi<=10。
对于100%的数据1<=n,Wi,Hi<=1000。
枚举高度，贪心累计宽度
#include<cstdio> #include<iostream> #include<algorithm> #define N 1001 using namespace std; int n; int w[N],h[N],nw[N],nh[N],tmp[N]; void read(int &x) { x=0; char c=getchar(); while(!isdigit(c)) c=getchar(); while(isdigit(c)) { x=x*10+c-‘0‘; c=getchar(); } } int work(int maxh) { int change=0,tot=0; for(int i=1;i<=n;i++) { if(h[i]>maxh) { if(w[i]>maxh) return 0; if(change==n/2) return 0; change++; nw[i]=h[i]; nh[i]=w[i]; } else { nw[i]=w[i]; nh[i]=h[i]; if(nw[i]>nh[i]) { if(nw[i]>maxh) continue; tmp[++tot]=nw[i]-nh[i]; } } } int sum=0; for(int i=1;i<=n;i++) sum+=nw[i]; int res=n/2-change; sort(tmp+1,tmp+tot+1,greater<int>()); for(int i=1;i<=res;i++) sum-=tmp[i]; return sum; } int main() { freopen("photo.in","r",stdin); freopen("photo.out","w",stdout); read(n); for(int i=1;i<=n;i++) { read(w[i]); read(h[i]); } int ans=1e9,t; for(int i=1;i<=1000;i++) { t=work(i); if(t) ans=min(ans,i*t); } printf("%d",ans); }
T3或和异或(xor)
Time Limit:2000ms Memory Limit:128MB
题目描述
LYK最近在研究位运算，它研究的主要有两个：or和xor。（C语言中对于|和^）
为了更好的了解这两个运算符，LYK找来了一个2^n长度的数组。它第一次先对所有相邻两个数执行or操作，得到一个2^(n-1)长度的数组。也就是说，如果一开始时a[1],a[2],…,a[2^n]，执行完第一次操作后，会得到a[1] or a[2],a[3] or a[4] ,…, a[(2^n)-1] or a[2^n]。
第二次操作，LYK会将所有相邻两个数执行xor操作，得到一个2^(n-2)长度的数组，假如第一次操作后的数组是b[1],b[2],…,b[2^(n-1)]，那么执行完这次操作后会变成b[1] xor b[2], b[3] xor b[4] ,…, b[(2^(n-1))-1] xor b[2^(n-1)]。
第三次操作，LYK仍然将执行or操作，第四次LYK执行xor操作。如此交替进行。
最终这2^n个数一定会变成1个数。LYK想知道最终这个数是多少。
为了让这个游戏更好玩，LYK还会执行Q次修改操作。每次修改原先的2^n长度的数组中的某一个数，对于每次修改操作，你需要输出n次操作后（最后一定只剩下唯一一个数）剩下的那个数是多少。
输入格式(xor.in)
第一行两个数n，Q。
接下来一行2^n个数ai表示一开始的数组。
接下来Q行，每行两个数xi,yi，表示LYK这次的修改操作是将a{xi}改成yi。
输出格式(xor.out)
Q行，表示每次修改操作后执行n次操作后剩下的那个数的值。
输入样例
2 4
1 6 3 5
1 4
3 4
1 2
1 2
输出样例
1
3
3
3
样例解释
第一次修改，{4,6,3,5}->{6,7}->{1}
第二次修改，{4,6,4,5}->{6,5}->{3}
第三次修改，{2,6,4,5}->{6,5}->{3}
第四次修改，{2,6,4,5}->{6,5}->{3}
对于30%的数据n<=17，Q=1。
对于另外20%的数据n<=10，Q<=1000。
对于再另外30%的数据n<=12，Q<=100000。
对于100%的数据1<=n<=17，1<=Q<=10^5，1<=xi<=2^n，0<=yi<2^30，0<=ai<2^30。
线段树，std倍增
#include<cstdio> #include<iostream> #define N 131073 using namespace std; int n,m; int sum[N<<2],mid[N<<2]; void read(int &x) { x=0; char c=getchar(); while(!isdigit(c)) c=getchar(); while(isdigit(c)) { x=x*10+c-‘0‘; c=getchar(); } } void build(int k,int l,int r,int dep) { if(l==r) { read(sum[k]); return; } mid[k]=l+r>>1; build(k<<1,l,mid[k],dep+1); build(k<<1|1,mid[k]+1,r,dep+1); if((n-dep+1)&1) sum[k]=(sum[k<<1]|sum[k<<1|1]); else sum[k]=(sum[k<<1]^sum[k<<1|1]); } void change(int k,int l,int r,int pos,int w,int dep) { if(l==r) { sum[k]=w; return; } if(pos<=mid[k]) change(k<<1,l,mid[k],pos,w,dep+1); else change(k<<1|1,mid[k]+1,r,pos,w,dep+1); if((n-dep+1)&1) sum[k]=(sum[k<<1]|sum[k<<1|1]); else sum[k]=(sum[k<<1]^sum[k<<1|1]); } int main() { freopen("xor.in","r",stdin); freopen("xor.out","w",stdout); read(n); read(m); int s=1<<n; build(1,1,s,1); int x,y; while(m--) { read(x); read(y); change(1,1,s,x,y,1); printf("%d\n",sum[1]); } }
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