2017 11.6 NOIP模拟赛

Posted 2020-10-13 心之所向 素履以往

 

1.数学老师的报复
(attack.pas/c/cpp)
【问题描述】
11 班数学大佬 YXN 又在上数学课的时候把班主任 MP6 的错误当众挑出来了,MP6 再一
次感到很难堪,于是决定报复 YXN
MP6 对 YXN 说:给你一个函数 f(x),定义如下:
f ( 1 ) = 1
f ( 2 ) = 1
f ( n ) = ( A * f ( n - 1 ) + B * f ( n - 2 ) ) mod 7。
YXN 说这还不简单,可以秒杀!
MP6 微微笑了笑说:n 等于 100 你算得出来,那 n 等于 2147483648 呢?
YXN 哑口无言,决定向信息组的你求助。由于这是你唯一一次可以在数学题上秒杀 YXN，
你决定好好把握这一次机会。

【输入】
仅一行包含 3 个整数 A,B 和 n。
【输出】
一个整数,即 f ( n ) 的值。
【输入输出样例】

 

样例 1 样例 2
attack.in attack.out attack.in attack.out

1 1 3
2

1 2 10

5

【数据说明】

20%的数据, n≤1,000
50%的数据, n≤100,000,000
100%的数据,n≤2147,483,648

 

思路 ：矩阵快速幂加速加速  

 　　　转置矩阵为 A 1 

　　　　　　　　　B 0

　　　 跑快速幂就好了 

　　　 但是我一开始是骗分做的 

　　　 因为 7 是一个很小的数 它的循环节不会很长 

　　　 每次找出循环节的长度即可。

 

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define ll long long
 3 using namespace std;
 4 ll n,aa,bb;
 5 struct matrix{    
 6     ll a[2][2];    
 7     matrix(){memset(a,0,sizeof(a));}    
 8     matrix(ll b[2][2])    {for(int i=0;i<2;i++)for(int j=0;j<2;j++)a[i][j]=b[i][j];}    
 9     matrix operator * (matrix b)    
10     {        
11         matrix ans;        
12         for(int i=0;i<2;i++)            
13             for(int j=0;j<2;j++)                
14                 for(int k=0;k<2;k++)                    
15                     ans.a[i][j]=(ans.a[i][j]+a[i][k]*b.a[k][j])%7;        
16         ans.a[0][0]%=7;        
17         return ans;    
18     }    
19 }S,T; 
20 
21 inline ll read()
22 {    
23     ll x=0,f=1;char c=getchar();    
24     while(c<‘0‘||c>‘9‘){if(c==‘-‘)f=-1;c=getchar();}    
25     while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){x=x*10+c-‘0‘;c=getchar();}    
26     return x*f;
27 } 
28 
29 int main()
30 {    
31     freopen("attack.in","r",stdin);
32     freopen("attack.out","w",stdout);
33     while(scanf("%lld%lld%lld",&aa,&bb,&n)!=EOF)    
34     {        
35         n-=2;        
36         if(n==-1)    {printf("1");return 0;}        
37         ll temp[2][2]={{aa,1},{bb,0}};        T=temp;        
38         ll temp2[2][2]={{1,1},{0,0}};        S=temp2;        
39         while(n)        
40         {            
41             if(n&1)    S=S*T;            
42             T=T*T;            
43             n>>=1;        
44         }        
45         S.a[0][0]%=7;        
46         printf("%lld",S.a[0][0]);    
47     }
48     return 0;
49 }

矩阵

 1 #include <cctype>
 2 #include <cstdio>
 3 
 4 const int MAXN = 100010;
 5 
 6 typedef long long LL;
 7 
 8 int A, B;
 9 
10 LL n;
11 
12 inline void read(int&x) {
13     int f = 1; register char c = getchar();
14     for(x = 0; !isdigit(c); c == ‘-‘&&(f = -1), c=getchar());
15     for(; isdigit(c); x = x * 10 + c - 48, c = getchar());
16     x = x * f;
17 }
18 
19 inline void read(LL&x) {
20     int f = 1; register char c = getchar();
21     for(x = 0; !isdigit(c); c == ‘-‘&&(f = -1), c=getchar());
22     for(; isdigit(c); x = x * 10 + c - 48, c = getchar());
23     x = x * f;
24 }
25 
26 namespace stepone {
27     int F[1010];
28     inline void vinlince() {
29         F[1] = 1; F[2] = 1;
30         for(int i = 3; i <= n; ++i)
31               F[i] = (A * F[i - 1] + B * F[i - 2]) % 7;
32         printf("%d\n", F[n]);
33         return;
34     }
35 }
36 
37 namespace steptwo {
38     int F[1010], pos;
39     inline void vinlince() {
40         if(A % 7 ==0) {
41             if(n >= 3) printf("0\n");
42             else printf("1\n");
43             return; 
44         }
45         F[1] = 1; F[2] = 1;
46         for(int i = 3; i <= 1010; ++i) {
47             F[i] = (A * F[i - 1] + B * F[i - 2]) % 7;
48             if(F[i] == 1) {
49                 pos = i;
50                 break;
51             }
52         }
53         pos -= 2; --n;
54         n %= pos;
55         if(n == 0) n = pos;
56         printf("%d\n", F[n + 1]);
57         return;
58     }
59 }
60 
61 namespace stepthree {
62     int F[1010], pos;
63     inline void hhh() {
64         F[1] = 1; F[2] = 1;
65         for(int i = 3; i <= 1010; ++i) {
66             F[i] = (A * F[i - 1] + B * F[i - 2]) % 7;
67             if(F[i] == 1 && F[i - 1] == 1) {
68                 pos = i - 1;
69                 break;
70             }
71         }
72         --pos;
73         n %= pos;
74         if(n == 0) n = pos;
75         printf("%d\n", F[n]);
76         return;
77     }
78 }
79 
80 int main(int argc,char**argv) {
81     freopen("attack.in", "r", stdin);
82     freopen("attack.out", "w", stdout);
83     
84     read(A), read(B), read(n);
85     if(n <= 1000) stepone::vinlince();
86     else if(B % 7 == 0) steptwo::vinlince();
87     else stepthree::hhh();
88     
89     return 0;
90 }

规律

2.物理和生物老师的战争
(fseq.pas/c/cpp)
【问题描述】
物。万物也。牛为大物。牛为物之大者。故物从牛。与半同意。天地之数起於牵
牛。戴先生原象曰。牵牛为纪首。命曰星纪。自周而上。日月之行不起於；牵牛也。按许说
物从牛之故。又广其义如此。故从牛。勿声。文弗切。十五部。
总之，物理老师和生物老师因为“物”而吵了起来，物理老师认为，物理是万物之
源， 而生物老师认为生物才是万物之源。 所以物理学科带头人和生物学科带头人号召了所有
物理、生物老师，进行战斗。
战斗开始前他们需要排队，有 n 个物理老师和 m 个生物老师站在一起排成一列，
过安检进入打斗场。物理老师是一个神奇的物种，他们十分严谨，在开始之前就分析过：如
果在任意某一个人往前数（包括这个人） ，生物老师的数量超过了物理老师，根据牛顿三大
定律以及开普勒三大定律，这样风水是不太好的。这时候，物理老师就会引爆核弹。为了构
建社会主义和谐社会，你决定避免这一场核战的发生。所以，请你计算不会引发核弹爆炸的
排队方案的概率。 （排队方案不同定义为当且仅当某一位老师不一样，注意不是老师所教的
科目不一样。eg：物 A 物 B，物 B 物 A，是不同的方案）

【输入】
第一行，Test , 表示测试数据的组数。
每个数据 有两个数 N,M

【 输出】
对于每组数据,输出一个实数（保留到小数点后 6 位,）
【输入输出样例 1】

fseq.in fseq.out 样例说明：
3
1 0
0 1
1 1
1.000000
0.000000
0.500000
第一行：只有一个物理老师，一种方案且可行
第二行：只有一个生物老师，一种方案且不可行
第三行：两种方案 ① 理、生 可行
② 生、理 不可行 可行概率为 0.5

【数据范围】
30%的数据：(Test<=10),(0<=N,M<=1000).
100%的数据：(Test<=9008 )，( 0<=N,M<=20000 ).

 

思路：卡特兰数应用 组合数学 进栈为题

　　　大家 可以去 这里看一下  讲的听好的

　　　方案数 为 C(m!, (n+m)!) - C((m-1)!, (n+m)!)

　　　可以化出 (m+n)!/m!*n! *(1-m/(n+1)) 

　　　整个式子表示可行方案数 那后面的不就是可行的概率了么。。

 1 #include <map>
 2 #include <cstdio>
 3 #include <cctype>
 4 #define min(x,y) ((x) < (y) ? (x) : (y))
 5 
 6 const int MAXN = 5010;
 7 
 8 int T, n, m;
 9 
10 inline void read(int&x) {
11     int f = 1; register char c = getchar();
12     for(x = 0; !isdigit(c); c == ‘-‘&&(f = -1), c=getchar());
13     for(; isdigit(c); x = x * 10 + c - 48, c = getchar());
14     x = x * f;
15 }
16 
17 int main(int argc,char**argv) {
18     freopen("fseq.in", "r", stdin);
19     freopen("fseq.out", "w", stdout);
20 
21     read(T);
22     while(T--) {
23         read(n);read(m);
24         if(n < m) printf("0.000000\n");
25         else printf("%.6lf\n",1.0-(m*1.0/(n + 1.0)));
26     }
27     return 0;
28 }

代码

3.化学竞赛的大奖
(prize.pas/c/cpp)
【问题描述】

XYX 在 CChO(全国化学奥林匹克竞赛)比赛中获得了大奖，奖品是一张特殊的机票。
使用这张机票，可以在任意一个国家内的任意城市之间的免费飞行，只有跨国飞行时才
会有额外的费用。XYX 获得了一张地图，地图上有城市之间的飞机航班和费用。已知从
每个城市出发能到达所有城市，两个城市之间可能有不止一个航班。一个国家内的每两
个城市之间一定有不止一条飞行路线， 而两个国家的城市之间只 有一条飞行路线。 XYX
想知道， 从每个城市出发到额外费用最大的城市， 以便估算出出行的费用， 请你帮助他。
当然，你不能通过乘坐多次一个航班增加额外费用， 也就是必须沿费用最少的路线飞
行。
【输入】

第一行，两个整数 N,M，表示地图上有 N 个城市，M 条航线。
接下来 M 行，每行三个整数 a,b,c，表示城市 a,b 之间有一条费用为 c 的航线。
【 输出】

共 N 行，第 i 行为从城市 i 出发到达每个城市额外费用的最大值。

【输入输出样例 1】
score.in score.out 样例说明：
6 6
1 4 2
1 2 6
2 5 3
2 3 7
6 3 4
3 1 8
4
4
4
6
7
7
有四个国家，包含的城市分别为 {1,2,3},{4},{5},{6}。
从城市 1 出发到达城市 6，乘坐(1,3)(3,6)两个航班费用最大，
(1,3)在国内为免费航班，(3,6)的费用为 4，所以从 1 出发的最
大费用为 4。

【数据范围】
对于 40%的数据 1<=N<=1000,1<=M<=1000
对于 100%的数据 1<=N<=20000,1<=M<=200000

 

思路 ：首先 Tarjan 缩点 

　　　 建新图 新图一定为 树 　　

　　　 求一点能到达的点的路径权值和最大 

　　　 跑 三遍DFS 或 用树形Dp即可

  1 #include <vector>
  2 #include <cstdio>
  3 #include <cctype>
  4 #include <cstring>
  5 #define max(x,y) ((x) < (y) ? (y) : (x))
  6 #define min(x,y) ((x) < (y) ? (x) : (y))
  7 
  8 const int MAXN = 20010;
  9 
 10 int n, m, inr, top, tot;
 11 
 12 int dfn[MAXN], low[MAXN], stack[MAXN << 1], col[MAXN], x[200010], y[200010], z[200010];
 13 
 14 int q[MAXN<<2], dis[MAXN], _dis[MAXN];
 15 
 16 std::vector<int> Graph[MAXN];
 17 
 18 bool vis[MAXN];
 19 
 20 struct node {
 21     int to, val;
 22     node(){}
 23     node(int to, int val):to(to), val(val){}
 24 };
 25 
 26 std::vector<node> New[MAXN];
 27 
 28 inline void read(int&x) {
 29     int f = 1; register char c = getchar();
 30     for(x = 0; !isdigit(c); c == ‘-‘&&(f = -1), c=getchar());
 31     for(; isdigit(c); x = x * 10 + c - 48, c = getchar());
 32     x = x * f;
 33 }
 34 
 35 namespace Tarjan {
 36     
 37     void tarjan(int u, int fa) {
 38         dfn[u] = low[u] = ++inr;
 39         stack[++top] = u;
 40         vis[u] = true;
 41         for(int i = 0; i <Graph[u].size(); ++i) {
 42             int v = Graph[u][i];
 43             if(v == fa) continue;
 44             if(!dfn[v]) {
 45                 tarjan(v, u);
 46                 low[u] = min(low[u], low[v]);
 47             }
 48             else if(vis[v]) low[u] = min(low[u], dfn[v]);
 49         }
 50     
 51         if(dfn[u] == low[u]) {
 52             ++tot;
 53             int t;
 54             do {
 55                 t = stack[top--];
 56                 vis[t] = false;
 57                 col[t] = tot;
 58             }while(u != t);
 59         }
 60         return;
 61     }
 62     
 63     void Pre() {
 64         for(int i = 1; i <= m; ++i) {
 65             read(x[i]); read(y[i]); read(z[i]);
 66             Graph[x[i]].push_back(y[i]);
 67             Graph[y[i]].push_back(x[i]);
 68         }
 69     
 70         for(int i = 1; i <= n; ++i)
 71           if(!dfn[i]) tarjan(i, -1);
 72         return;
 73     }
 74 }
 75 
 76 namespace _next {
 77     int Max, root;
 78     
 79     void DFS(int u,int fa) {
 80         for(int i = 0; i < New[u].size(); ++i) {
 81             int v = New[u][i].to;
 82             if(v == fa) continue;
 83             dis[v] = dis[u] + New[u][i].val;
 84             if(dis[v] > Max) Max = dis[v], root = v;
 85             DFS(v, u);
 86         } 
 87         return;
 88     }
 89     
 90     void _DFS(int u,int fa) {
 91         for(int i = 0; i < New[u].size(); ++i) {
 92             int v = New[u][i].to;
 93             if(v == fa) continue;
 94             _dis[v] = _dis[u] + New[u][i].val;
 95             _DFS(v, u);
 96         }
 97         return;
 98     }
 99     
100     void hhh() {
101         
102         for(int i = 1; i <= m; ++i) {
103             if(col[x[i]] != col[y[i]]) {
104                 New[col[x[i]]].push_back(node(col[y[i]], z[i]));
105                 New[col[y[i]]].push_back(node(col[x[i]], z[i]));
106             } 
107         }
108         
109         DFS(1,-1);
110         Max = 0;
111         memset(dis, 0, sizeof dis);
112         DFS(root, -1);
113         _DFS(root, -1);
114         
115         for(int i = 1; i <= n; ++i) 
116           printf("%d\n", max(dis[col[i]], _dis[col[i]]));
117         return;
118     }
119 }
120 
121 int main(int argc,char**argv) {
122     freopen("prize.in", "r", stdin);
123     freopen("prize.out", "w", stdout);
124     
125     read(n), read(m);
126     Tarjan::Pre();
127     _next::hhh();
128         
129     return 0;
130 }

代码