11.3 校內模擬賽
總結：
祭考試做出一道期望 dp /se
考試心路歷程：
5 min 讀完 T1, ahhhhhh，簽到題，10 min 寫完，一發過大樣例。
8:20 開幹 T2，期望 dp，讀完題，感覺可做。
寫了好久，調過樣例，寫了對拍，一拍就掛，rnm。
調半天，轉移寫掛 = =
10:10 開 T3
T3 題目好奇怪，為啥開頭是 T2 的題目啊，沒用，沒用，刪了。
艹，這花店在哪兒，我家在哪兒，我咋找不到我家！！找不到家的孩子
讀了好幾遍，沒讀懂題，麻了，睡覺。
賽後：為啥我 T3 題目少了一個自然段啊 ！！！！
T1 三向城
solution
手摸題目，你發現這是個滿二叉樹。
然後你會發現，他的層數其實很少。
你還會發現每個節點的父親就是改節點 / 2
然後你就暴力向上跳就好了 = =
code
#include<bits/stdc++.h> #define int long long using namespace std; const int MAX = 35; int read() { int x = 0, f = 1; char c = getchar(); while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1;c = getchar();} while(c >= '0' && c <= '9') {x = x * 10 + c - '0';c = getchar();} return x * f; } int q, Ans; int get(int x) { for (int i = 1; i <= MAX; i++) if((1 << i) > x) return i; } signed main(){ //freopen("city.in", "r", stdin); //freopen("city.out", "w", stdout); q = read(); for (int i = 1, x, y; i <= q; i++) { x = read(), y = read(); Ans = 0; int dep_x = get(x), dep_y = get(y); if(dep_x < dep_y) swap(x, y), swap(dep_x, dep_y); while(dep_x != dep_y) { x = x / 2; Ans++, dep_x--; } while(x != y) { x = x / 2, y = y / 2; Ans += 2; } cout<<Ans<<"\n"; } return 0; }
T2 靈魂畫師
solution
期望 = 概率 * 權值
顯然權值就是顏色，考慮怎麼計算每個位置變成某個顏色的概率。
不難發現，某個位置變成哪個顏色只與它被選中的次數有關。
設 \(P_{i, j}\) 表示 \(i\) 一個點出現在 \(i\) 個區間內，被選中 \(j\) 次的概率。
顯然 \(P_{i, j} = \frac{C_{i}^{j}}{2}\)
設 \(f_{i, j}\) 表示選中 \(i\) 次，變為顏色 \(j\) 的概率。
\(f_{i + 1, j \times o \% c} += f_{i, j} / c\)
\(P\) 和 \(f\) 都可以預處理出來。
\(Ans = \sum_{i = 1}^{i \leq n}\sum_{j = 0}^{cnt[i]}\sum_{o = 0}^{o < c} f_{j, o} \times P_{cnt[i], j} \times o\)
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 110;
const double eps = 1e-7;
int read() {
int x = 0, f = 1; char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1;c = getchar();}
while(c >= '0' && c <= '9') {x = x * 10 + c - '0';c = getchar();}
return x * f;
}
int n, c, k, cnt[MAXN];
double C[MAXN][MAXN], P[MAXN][MAXN], Ans;
void Init_C() {
C[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= 100; i++) {
C[i][0] = 1;
C[i][0] = C[i][0] / 2.0;
for (int j = 0; j <= i; j++) {
C[i][j] = C[i - 1][j - 1] / 2.0 + C[i - 1][j] / 2.0;
}
}
}
void Init_P() {
P[0][1] = 1;
for (int i = 0; i <= k; i++)
for (int j = 0; j < c; j++) {
if(P[i][j] <= eps) continue;
for (int o = 0; o < c; o++) {
P[i + 1][j * o % c] = (P[i + 1][j * o % c] + P[i][j] / c);
}
}
}
int main(){
n = read(), c = read(), k = read();
Init_C(), Init_P();
for (int i = 1; i <= k; i++) {
int x = read(), y = read();
for (int j = x; j <= y; j++) cnt[j]++;
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 0; j <= cnt[i]; j++)
for (int o = 0; o < c; o++) Ans += C[cnt[i]][j] * P[j][o] * o;
printf("%.3lf\n", Ans);
return 0;
}
T3 香子蘭
solution
直接搬 szt 的了 /cy
你看這個資料範圍就知道要狀壓，你看它要求最短路徑就得狀壓最短路。
我們先跑個 \(Folyd\) 求出兩兩之間的最短距離。
我們在設兩個陣列 \(f[S][i],g[S][i]\) 分別表示以 \(1\) 作為出發點，已經進行收割/播種的狀態為 \(S\)，最後一個點為 \(i\) 的最短距離，\(g\) 陣列則表示以 \(n\) 為出發點。
上面這個 \(f,g\) 陣列可以預處理出來。時間複雜度為 \(O(2^nn^2)\)，這個複雜度有點危，我們發現我們不用列舉全部的，我們只需要列舉 \(S\) 中 \(1\) 的個數 \(≤\frac{n−2}{2}+2\) 的狀態即可。複雜度就被我們優化掉一個 \(n\)（我們本質還是列舉所有子集，只不過在某些子集只做了 \(O(n)\) Check ）
然後你列舉首先選擇哪 \(n−2\) 個花田收割，設列舉的收割的花田的狀態為 \(S\)。
我們考慮收割的過程，考慮怎麼把前一半的最短路和後一半的最短路合併起來，那就是，列舉在集合中的點 \(i\) 和不在集合中的點 \(j\)，設答案為 \(res\)，則：
\(res=min\{f[S|1][i] + g[M \oplus (S|(1<<n−1))][j]+dis[i][j]\}\)
其中 \(M\) 表示所有點的全集。
這樣就保證了 \(S\) 狀態中選中的點一定會在前 \(\frac{n−2}{2}\) 花田裡收割，剩餘的點在後來收割。
同理，我們考慮播種的過程，其實就是反過來，我們再設一個播種的答案 \(ans\)，則
\(ans=\min\{g[S|1][i]+f[M \oplus (S|(1<<n−1))][j]+dis[i][j]\}\)
最終答案就是 \(min\{res+ans\}\)。
這個直接上搜索就行，控制一下搜尋上限，可以控制複雜度為 \(O(2^{\frac{n−2}{2}}\frac{n−2}{2}^2)\)。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 21;
const int INF = 0x3f3f3f3f3f;
int read() {
int x = 0, f = 1; char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1;c = getchar();}
while(c >= '0' && c <= '9') {x = x * 10 + c - '0';c = getchar();}
return x * f;
}
int n, m, dis[MAXN][MAXN], N, M, Ans = 0x3f3f3f3f;
int f[MAXN][(1 << 20) - 1], g[MAXN][(1 << 20) - 1];
void Init_dis() {
for (int i = 1; i <= n; i++) dis[i][i] = 0;
for (int k = 1; k <= n; k++)
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = 1; j <= n; j++)
dis[i][j] = min(dis[i][j], dis[i][k] + dis[k][j]);
}
void Init_F() {
memset(f, 0x3f, sizeof f);
f[1][1] = 0;
for (int s = 0; s < (1 << n); s++) {
int cnt = 0;
for (int k = 1; k <= n; k++) if(s & (1 << k - 1)) cnt++;
if (cnt > N + 2) continue;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if(!(s & (1 << i - 1))) continue;
for (int j = 1; j <= n; j++) {
if(s & (1 << j - 1)) continue;
f[j][s | (1 << j - 1)] = min(f[j][s | (1 << j - 1)], f[i][s] + dis[i][j]);
}
}
}
}
void Init_G() {
memset(g, 0x3f, sizeof g);
g[n][1 << n - 1] = 0;
for (int s = 0; s < (1 << n); s++) {
int cnt = 0;
for (int k = 1; k <= n; k++) if(s & (1 << k - 1)) cnt++;
if(cnt > N + 2) continue;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if(!(s & (1 << i - 1))) continue;
for (int j = 1; j <= n; j++) {
if(s & (1 << j - 1)) continue;
g[j][s | (1 << j - 1)] = min(g[j][s | (1 << j - 1)], g[i][s] + dis[i][j]);
}
}
}
}
int In[MAXN], Out[MAXN], Incnt, Outcnt;
void dfs(int s, int pos, int cnt) {
if(cnt > N) return ;
if(pos == n) {
if(cnt != N) return ;
int ret_1 = INF, ret_2 = INF;
for (int i = 1; i <= Incnt; i++) {
for (int j = 1; j <= Outcnt; j++) {
int x = In[i], y = Out[j];
ret_1 = min(ret_1, f[x][s | 1] + g[y][(s | 1) ^ M] + dis[x][y]);
ret_2 = min(ret_2, g[x][s | (1 << n - 1)] + f[y][(s | (1 << n - 1)) ^ M] + dis[x][y]);
}
}
Ans = min(Ans, ret_1 + ret_2);
return ;
}
In[++Incnt] = pos;
dfs(s | (1 << pos - 1), pos + 1, cnt + 1);
Incnt--;
Out[++Outcnt] = pos;
dfs(s, pos + 1, cnt);
Outcnt--;
}
int main(){
n = read(), m = read();
N = (n - 2) / 2, M = (1 << n) - 1;
memset(dis, 0x3f, sizeof dis);
for (int i = 1, u, v, w; i <= m; i++) {
u = read() + 1, v = read() + 1, w = read();
dis[u][v] = dis[v][u] = min(dis[u][v], w);
}
Init_dis();
if(n == 3) {
cout<<(dis[1][2] + dis[2][3]) * 2;
return 0;
}
Init_F(), Init_G();
dfs(0, 2, 0);
cout<<Ans;
return 0;
}