2017.10.5北京清北綜合強化班DAY5
拼不出的數
lost.in/.out/.cpp
【問題描述】
3 個元素的集合{5, 1,2} 的所有子集的和分別是0,1, 2, 3, 5, 6, 7, 8。發
現最小的不能由該集合子集拼出的數字是4。
現在給你一個n 個元素的集合，問你最小的不能由該集合子集拼出的
數字是多少。
註意32 位數字表示範圍。
【輸入格式】
第一行一個個整數n。
第二行n 個正整數ai，表示集合內的元素。
【輸出格式】
一行一個個整數答案。
【樣例輸入】
3
5 1 2
【樣例輸出】
4
【數據規模和約定】
對於30% 的數據，滿足n <=15。
對於60% 的數據，滿足n <= 1000。
對於100% 的數據，滿足n <= 100000; 1 <= ai <= 10^9。
題解：排序+前綴和
sum表示當前前綴和
如果當前加入的數大於前綴和+1，那麽輸出前綴和+1，否則繼續。
因為需要表示連續的整數，那麽相鄰的數最多只能差1.
如果排序後k前面的數字之和<k-1,那麽k-1這個數就無法表示。
再詳細的說就是
現在能表示出[0,0]這個區間，那麽對於排序後接下來的數k，如果k>1，那麽1
這個數就永遠也拼不出來。那麽對於之前能拼出的區間為[0,x]，加上k之後能拼出
的數至少為[k,x+k],必須要求[0,x]這個區間的右端點和[k,k+x]的左端點連續才能把所有
數都拼出來，也就是k<=x+1。
代碼：
#include<iostream> #includeAC<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define LL long long using namespace std; int n,a[100008]; LL sum; int main(){ scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]); sort(a+1,a+n+1); for(int i=1;i<=n;i++){ if(a[i]>sum+1){ printf("%lld\n",sum+1); return 0; } sum+=a[i]; } printf("%lld\n",sum+1); return 0; }
整除
div.in/.out/.cpp
【問題描述】
給定整數n，問[n/i],的結果有多少不同的數字。（1<=i<=n),i為正整數。
比如n=5時，[5/1]=5,[5/2]=2,[5/3]=1,[5/4]=1,[5/5]=1，所以結果共有三個
不同的數字。
註意32位整數的表示範圍。
【輸入格式】
一行一個整數n
【輸出格式】
一行一個整數答案
【樣例輸入】
5
【樣例輸出】
3
【數據規模與約定】
對於30% 的數據，滿足1 <=n <= 10^3
對於60% 的數據，滿足1 <= n <= 10^12
對於100% 的數據，滿足1 <= n <= 10^18
題解：
發現一段區間的數是連續的，想辦法跳過去。
時間復雜度根號n 因為至多有根號n個數
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define LL long long using namespace std; LL n,ans; int main(){ scanf("%lld",&n); for(register LL i=1;i<=n;i++){ LL a=n/i; LL b=n/a; i=b; ans++; } printf("%lld",ans); return 0; }60
正解：
找規律
對於n=7
i ret
1 7
2 3
-------
3 2
...
7 1
發現在橫線上方有兩個答案,下方也有兩個.把重復的答案去掉就成了
1 7
2 3
------
3 2
7 1
發現 1--7和7--1,2--3和3--2是對應的.相當於根號7作為一個分界線.
那麽答案會是(根號n)*2麽?
再看個例子9
1 9
2 4
3 3
4 2
....
9 1
答案是5,而不是sqrt(9)*2=6(這裏的sqrt都是下取整).這是因為3多數了一次.
那麽是不是對於完全平方數答案就要-1呢?對拍發現不是這樣的.
對於10
1 10
2 5
3 3
4 2
5 2
6 1
...
10 1
發現答案是5,不是sqrt(10)*2-1.這是為什麽呢?這是因為10/sqrt(10)=sqrt(3),這裏的3又多數了一次.
所以對於[N/[N]]=[N],答案都要減1.就可以做到O(1)得出答案. 這是同學給我講的好詳細噠orz..
也可以打表找規律
#include<iostream> #include<cmath> #include<cstdio> #define LL long long using namespace std; LL n; int main(){ scanf("%lld",&n); LL k=sqrt(n),ans=k*2; if(k*k<=n&&k*(k+1)>n)ans--; printf("%lld\n",ans); return 0; }AC
std的做法是二分。
對於[n/i]假設它的值是
100 70 60 50 20 19 18 17 16 15 14 1 1 1 1
那麽相鄰兩項的差值為[n/i]-[n/i-1],如果按浮點數比較，
[n/i]-[n/i-1]<=1,那麽1--[n/i]這段區間的所有數都存在，
對於[n/i]和[n/i+1]的差大於1，對於不同的i存在不同的[n/i]，
對於i越大，差值越小。//我也不太明白這個做法。
我又認真看了看...下面是我的理解...
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cassert> using namespace std; typedef long long LL; LL n; bool check(LL x){ // n <= x*(x+1) if(x*1.*(x+1)>1e18) return true; if(n <= x *(x+1)) return true; return false; } int main(){ freopen("div.in","r",stdin); freopen("div.out","w",stdout); scanf("%lld",&n); if(n==1){ puts("1"); }else if(n==2){ puts("2"); }else{ LL L = 1,R=n-1; while(R-L>1){ LL mid = (L+R)/2; if(check(mid)) R=mid; else L=mid; } // assert(check(R)); printf("%lld\n",L+(n/R)); } return 0; }AC
鉆石diamond.in/.out/.cpp
【問題描述】
你有n 個“量子態” 的盒子，每個盒子裏可能是一些錢也可能是一個鉆
石。
現在你知道如果打開第i 個盒子，有Pi/100 的概率能獲得Vi 的錢，有
1 -Pi/100 的概率能獲得一個鉆石。
現在你想知道，如果恰好獲得k(0<= k<= n) 個鉆石，並且獲得錢數大
於等於m 的概率是多少。
請你對0 <= k<= n 輸出n+1 個答案。
答案四舍五入保留3 位小數。
【輸入格式】
第一行兩個整數n,m，見題意。
接下來n 行，每行兩個整數Vi; Pi。
【輸出格式】
輸出共n+1 行，表示0<= k<= n 的答案。
【樣例輸入】
2 3
2 50
3 50
【樣例輸出】
0.250
0.250
0.000
題目大意：有n個盒子，打開時有pi的概率是錢，有1-pi的概率是鉆石，求當
鉆石的個數為0-n時並且錢的個數大於等於m時的概率
題解：
搜索60分
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define LL long long using namespace std; int n,m; double ans[35]; struct BOX{ int v,p; }b[35]; inline int read(){ char ch=getchar();int x=0,f=1; for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch==‘-‘)f=-1; for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=x*10+ch-‘0‘; return x*f; } void dfs(int x,LL sumz,int sumq,double w){ if(x==n+1){ if(sumq>=m)ans[sumz]+=w; return; } dfs(x+1,sumz+1,sumq,w*(1.0-b[x].p*1.0/100)); dfs(x+1,sumz,sumq+b[x].v,w*b[x].p*1.0/100); } int main(){ freopen("diamond.in","r",stdin); freopen("diamond.out","w",stdout); n=read();m=read(); /*n個盒子 m錢數大於m*/ for(int i=1;i<=n;i++){ b[i].v=read();b[i].p=read(); } /*pi/100的概率獲得錢*/ dfs(1,0,0,1.0); /*目前看第1個盒子，鉆石數和錢數為0 當前情況出現的概率為0.0 */ for(int i=0;i<=n;i++) printf("%.3lf\n",ans[i]); fclose(stdin);fclose(stdout); return 0; }60
正解
一直以為是dp，dp應該也可過。正解是雙向搜索 meet in the middle
我們可以把盒子分成兩半 1--n/2和n/2+1--n，搜索出後一半的情況，在前一半的狀態中
找出兩半合並後滿足條件的狀態，滿足的條件就是錢數>=n。對於每一種狀態我們可以用
一個三元組表示{a,b,c}表示狀態的鉆石個數為a,錢數為b，概率為c。
對於這樣一組樣例
2 50
3 50
--------
4 50
5 50
那麽前一半的狀態用三元組表示為
{0,5,0.25},{1,3,0.25},{1,2,0.25},{1,3,0.25};
好，我們知道這樣表示了。代碼實現的主要過程就是，我們搜索後一半的狀態，
找前一半有多少符合的。
例如，現在我們已經搜出後一半的所有三元組了。
前一半的某個狀態為{cnt,money,nowp}，那麽我們至少需要的錢就是L=m-money，
那就需要找後一半狀態裏錢數大於等於L的，可以二分找。對於後一半的所有狀態，按鉆石數分塊，
意思是，鉆石數為0的放在一起，為1的放在一起...，並且對於每一塊做概率的前綴和。找出每一塊裏
錢數大於等於L的那個狀態，就可以用前綴和求出錢數大於等於L狀態的概率的總和tmp。那麽鉆石
數為p時最答案的貢獻就是，在後一半找到的概率和tmp,和前一半的現在搜到的狀態的概率nowp的乘積。
代碼：
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<vector> using namespace std; int tt; int n,m; int v[35]; double p[35]; double ans[35]; vector<pair<int,double> > sta[35]; int main(){ freopen("diamond.in","r",stdin); freopen("diamond.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1,x;i<=n;i++){ scanf("%d%d",&v[i],&x); p[i]=x/100.; } for(int i=0;i<=n;i++){ sta[i].clear(); } int an=(n/2.5)+1; int bn=n-an; for(int st=0;st<1<<bn;st++){ double nowp=1; int cnt=0,money=0; for(int i=0;i<bn;i++){ if((st>>i)&1){ money+=v[n-i]; nowp*=p[n-i]; }else{ cnt++; nowp*=(1-p[n-i]); } } sta[cnt].push_back(make_pair(money,nowp)); } for(int i=0;i<=n;i++){ sort(sta[i].begin(),sta[i].end()); for(int j=1;j<sta[i].size();j++){ sta[i][j].second+=sta[i][j-1].second; } } for(int st=0;st<1<<an;st++){ double nowp=1; int cnt=0,money=0; for(int i=0;i<an;i++){ if((st>>i)&1){ money+=v[i+1]; nowp*=p[i+1]; }else{ cnt++; nowp*=(1-p[i+1]); } } for(int i=0;i<=bn;i++){ // now d =cnt+i int L = m-money; vector<pair<int,double> >::iterator it = lower_bound(sta[i].begin(),sta[i].end(),make_pair(L,-1.)); double tmp = sta[i].back().second; if(it!= sta[i].begin()){ it--; tmp-=it->second; } ans[cnt+i] += tmp*nowp; } } for(int i=0;i<=n;i++){ printf("%.3f\n",ans[i]); } fclose(stdout); return 0; }AC
2017.10.5北京清北綜合強化班DAY5