8.22 NOIP 模擬題
8.22 NOIP 模擬題
編譯命令 g++ -o * *.cpp gcc -o * *.c fpc *.pas 編譯器版本 g++/gcc 4.9.2 fpc 2.6.2 評測環境 64 位 Linux, 3.3GHZ CPU 評測軟件 Lemon 評測方式 忽略行末空格和回車 特別註意：c/c++ 選手使用 printf 輸出 64註意事項位整數請使用%lld 1
A 債務
文件名 輸入文件 輸出文件 時空限制
debt.pas/c/cpp debt.in debt.out 1s 128MB
題目描述
小 G 有一群好朋友，他們經常互相借錢。假如說有三個好朋友 A，B，C。A
欠 B 20 元，B 欠 C 20 元，總債務規模為 20+20=40 元。小 G 是個追求簡約的人，
他覺得這樣的債務太繁雜了。他認為，上面的債務可以完全等價為 A 欠 C 20 元，
現在給定 n 個人和 m 條債務關系。小 G 想找到一種新的債務方案，使得每個
人欠錢的總數不變，或被欠錢的總數不變（但是對象可以發生變化） ，並且使得總
債務規模最小。
輸入格式
輸入文件第一行兩個數字 n,m，含義如題目所述。
接下來 m 行，每行三個數字 a i ,b i ,c i ，表示 a i 欠 b i 的錢數為 c i 。
註意，數據中關於某兩個人 A 和 B 的債務信息可能出現多次，將其累加即可。
如”A 欠 B 20 元”、”A 欠 B 30 元”、”B 欠 A 10 元”，其等價為”A 欠 B 40 元”。
輸出格式
輸出文件共一行，輸出最小的總債務規模。
樣例輸入 1
5 3
1 2 10
2 3 1
2 4 1
2
樣例輸出 1
10
樣例輸入 2
4 3
1 2 1
2 3 1
3 1 1
樣例輸出 2
0
數據範圍
對於 30% 的數據，1 ≤ n ≤ 10，1 ≤ m ≤ 10。
對於 60% 的數據，1 ≤ n ≤ 100, 1 ≤ m ≤ 10 4 。
對於 80% 的數據，1 ≤ n ≤ 10 4 ，1 ≤ m ≤ 10 4 。
對於 100% 的數據，1 ≤ n ≤ 10 6 ，1 ≤ m ≤ 10 6 。
對於所有的數據，保證 1 ≤ a i ,b i ≤ n,0 < c i ≤ 100。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define N 1000007 using namespace std; int val[N]; int x,y,z,n,m,ans; inline int read() { int x=0,f=1;char c=getchar(); while(c>‘9‘||c<‘0‘){if(c==‘-‘)f=-1;c=getchar();} while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){x=x*10+c-‘0‘;c=getchar();} return x*f; } int main() { freopen("debt.in","r",stdin); freopen("debt.out","w",stdout); n=read(),m=read(); for(int i=1;i<=m;i++) { x=read();y=read();z=read(); val[y]+=z;val[x]-=z; } for(int i=1;i<=n;i++) if(val[i]<0) ans+=-val[i]; printf("%d\n",ans); fclose(stdin);fclose(stdout); return 0; }
B 排列
文件名 輸入文件 輸出文件 時空限制
perm.pas/c/cpp perm.in perm.out 1s 128MB
題目描述
小 G 喜歡玩排列。現在他手頭有兩個 n 的排列。n 的排列是由 0,1,2,...,n−1
這 n 的數字組成的。對於一個排列 p，Order(p) 表示 p 是字典序第 Order(p) 小的
排列（從 0 開始計數） 。對於小於 n! 的非負數 x，Perm(x) 表示字典序第 x 小的
排列。
現在，小 G 想求一下他手頭兩個排列的和。兩個排列 p 和 q 的和為 sum =
Perm((Order(p) + Order(q))%n!)。
輸入格式
輸入文件第一行一個數字 n，含義如題。
接下來兩行，每行 n 個用空格隔開的數字，表示小 G 手頭的兩個排列。
輸出格式
輸出一行 n 個數字，用空格隔開，表示兩個排列的和。
樣例輸入 1
2
0 1
1 0
樣例輸出 1
1 0
4
樣例輸入 2
3
1 2 0
2 1 0
樣例輸出 2
1 0 2
數據範圍
1、2、3、4 測試點，1 ≤ n ≤ 10。
5、6、7 測試點，1 ≤ n ≤ 5000，保證第二個排列的 Order ≤ 10 5 。
8、9、10 測試點，1 ≤ n ≤ 5000。
/* 可以看出Order perm 互為反函數 康托展開： 一個序列的排名(從0開始計數) = Rank[n]*(n-1)!+Rank[n-1]*(n-2)!+…. 其中Rank[n]表示n位置上的數字在a[1]~a[n]中的排行，並且從0開始計數。 先求出兩個序列的康托展開式，相加 但是顯然階乘爆掉 於是我們只加rank數組 如果rank[i]這一位大於等於i，就按i進制進位 證明： ……rank[i] * (i - 1) ! + rank[i + 1] * i !…… 若rank[i] > i 那麽可分解為 rank[i]%i * (i - 1)! + rank[i]/i * i! + rank[i + 1]*i! 所以進位顯然 mod n!的話，只需要忽略rank[i + 1]即可 可以從n往前找，p從-1向上累計，遇到沒有用過的p就標記為用過，同時rank[n]-- 因為num[i + 1..n]求出後能得知num[i]能選哪一些數 也就是num[1...i]有哪一些數 從小到大枚舉到對應排名即可 */ #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define N 6010 #define inf 0x3f3f3f3f using namespace std; int num1[N],num2[N],rank[N],rank2[N]; int n,b[N]; int main() { freopen("perm.in","r",stdin); freopen("perm.out","w",stdout); scanf("%d",&n); for(int i=n;i>0;i--) scanf("%d",&num1[i]); for(int i=n;i>0;i--) scanf("%d",&num2[i]); int p; for(int i=1;i<=n;i++) { p=0; for(int j=1;j<i;j++) if(num1[j]<num1[i]) ++p; rank[i]+=p; p=0; for(int j=1;j<i;j++) if(num2[j]<num2[i]) ++p; rank2[i]+=p; rank[i]+=rank2[i]; rank[i+1]+=rank[i]/i; rank[i]%=i; } rank[n]%=n; for(int i=n;i>=1;i--) { p=-1; while(rank[i]>=0) { ++p; if(!b[p]) --rank[i]; }b[p]=1; printf("%d ",p); }return 0; }
C 剪樹枝
文件名 輸入文件 輸出文件 時空限制
tree.pas/c/cpp tree.in tree.out 1s 128MB
題目描述
rzyz 有一棵蘋果樹。蘋果樹有 n 個節點（也就是蘋果） ，n − 1 條邊（也就是
樹枝） 。調皮的小 G 爬到蘋果樹上。他發現這棵蘋果樹上的蘋果有兩種：一種是黑
蘋果，一種是紅蘋果。小 G 想要剪掉 k 條樹枝，將整棵樹分成 k + 1 個部分。他
想要保證每個部分裏面有且僅有一個黑蘋果。請問他一共有多少種剪樹枝的方案？
輸入格式
第一行一個數字 n，表示蘋果樹的節點（蘋果）個數。
第二行一共 n − 1 個數字 p 0 ,p 1 ,p 2 ,p 3 ,...,p n−2 ，p i 表示第 i + 1 個節點和 p i 節
點之間有一條邊。註意，點的編號是 0 到 n − 1。
第三行一共 n 個數字 x 0 ,x 1 ,x 2 ,x 3 ,...,x n−1 。如果 x i 是 1，表示 i 號節點是黑
蘋果；如果 x i 是 0，表示 i 號節點是紅蘋果。
輸出格式
輸出一個數字，表示總方案數。 答案對 10 9 + 7 取模。
樣例輸入 1
3
0 0
0 1 1
樣例輸出 1
2
6
樣例輸入 2
6
0 1 1 0 4
1 1 0 0 1 0
樣例輸出 2
1
樣例輸入 3
10
0 1 2 1 4 4 4 0 8
0 0 0 1 0 1 1 0 0 1
樣例輸出 3
27
數據範圍
對於 30% 的數據，1 ≤ n ≤ 10。
對於 60% 的數據，1 ≤ n ≤ 100。
對於 80% 的數據，1 ≤ n ≤ 1000。
對於 100% 的數據，1 ≤ n ≤ 10 5 。
對於所有數據點，都有 0 ≤ p i ≤ n − 1，x i = 0 或 x i = 1。
特別地，60% 中、80% 中、100% 中各有一個點，樹的形態是一條鏈。
/* 一道比價雜亂的樹形dp，但貌似很經典。 f[i][0][0]代表第i個點是否砍掉，以它為根的子樹中有沒有黑點。 轉移的時候判斷當前點是黑是紅 黑點：f[u][1][0]=0;f[u][0][0]=0;（這兩種情況不成立，不管砍不砍以它為根的子樹中一定有黑點） f[u][1][1]=f[v][1][1]+f[v][0][0]的乘積（它被砍了子樹中只能有它一個黑點， 所以兒子中要麽沒有黑點[0][0]要麽有黑點被砍了[1][1]） f[u][0][1]不知道暫時賦值為f[u][1][1] 白點：f[u][1][0]這種情況對答案沒有貢獻設為0，因為它為白點子樹仍為白點都不能割； f[u][0][0]=f[v][1][1]+f[v][0][0]的乘積 （它的子樹中沒有黑點，兒子中要麽沒有黑點[0][0]要麽有黑點被砍了[1][1]） f[u][1][1]=∑f[x][0][1]*（f[v][1][1]+f[v][0][0]），它為白以它為根的子樹中有且只有一個黑點， 則只有一個黑點兒子不被砍，其余兒子中要麽沒有黑點[0][0]要麽有黑點被砍了[1][1] 最後答案為f[0][0][1] */ #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #define mod 1000000007 #define N 100005 using namespace std; long long f[N][2][2]; int tot,n; int head[N],col[N],son[N]; struct node { int to,next; }e[N<<2]; inline int read() { int x=0,f=1;char c=getchar(); while(c>‘9‘||c<‘0‘){if(c==‘=‘)f=-1;c=getchar();} while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){x=x*10+c-‘0‘;c=getchar();} return x*f; } inline void add(int u,int v) { e[++tot].to=v;e[tot].next=head[u];head[u]=tot; } void dfs(int u,int v) { for(int i=head[u];~i;i=e[i].next) { if(e[i].to==v) continue; dfs(e[i].to,u); son[u]=1; } } void dp(int u,int v) { if(!son[u]) { if(col[u]) { f[u][1][1]=1;f[u][1][0]=0; f[u][0][1]=1;f[u][0][0]=0; } else { f[u][1][1]=0;f[u][1][0]=1; f[u][0][1]=0;f[u][0][0]=1; }return; } for(int i=head[u];~i;i=e[i].next) { if(e[i].to==v) continue; dp(e[i].to,u); } if(col[u]) { f[u][1][0]=0;f[u][0][0]=0; long long sum=1; for(int i=head[u];~i;i=e[i].next) { int t=e[i].to; if(t==v)continue; sum=sum*(f[t][0][0]+f[t][1][1])%mod; } f[u][0][1]+=sum;f[u][1][1]+=sum; } else { f[u][1][0]=0; long long sum=1; for(int i=head[u];~i;i=e[i].next) { int t=e[i].to; if(t==v)continue; sum=sum*(f[t][0][0]+f[t][1][1])%mod; } f[u][0][0]+=sum; long long ans=0;sum=1; for(int i=head[u];~i;i=e[i].next,sum=1) { if(e[i].to==v)continue; int tmp=f[e[i].to][0][1]; if(!tmp)continue; for(int j=head[u];~j;j=e[j].next) { int t=e[j].to; if(t==v || j==i) continue; sum=sum*(f[t][0][0]+f[t][1][1])%mod; } ans=(ans+tmp*sum)%mod; } f[u][1][1]=ans%mod;f[u][0][1]=ans%mod; } } int main() { // freopen("tree.in","r",stdin); // freopen("tree.out","w",stdout); /* 手動擴棧 int size = 256 << 16; // 256MB char *p = (char*)malloc(size) + size; __asm__("movl %0, %%esp\n" :: "r"(p)); */ memset(head,-1,sizeof head); n=read();int x; for(int i=0;i<n-1;i++) { x=read(); add(x,i+1);add(i+1,x); } for(int i=0;i<n;i++) col[i]=read(); dfs(0,-1);dp(0,-1); cout<<f[0][0][1]%mod; return 0; }
100+40+0 T2沒想出來。 嗯沒錯，T3暴力掛了，水了30分鏈一分沒得，這讓大數據結構如此擅長水鏈分的我特別桑心了，，，，，， 唉，愁得我......T3還是沒耐心寫暴力吧(想到80分暴力貌似不對，寫了也不一定調出來)，還是太弱了，myj大佬都開始挨個刷bzoj了.....不慫就是幹！晚上吧全排列寫5邊！！！(被stl坑了一把)。 T3正解一晚上沒懂，上午半上午才又找了一個看懂了，唉...... 我就不信這個邪......conclusion
8.22 NOIP 模擬題