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NOIP2016提高組題解

阿新 • • 發佈：2019-01-12

DAY1

T1

很簡單的一個模擬演算法。
從0標號就可以用模，從1標號也可以通過特判（>n就減小於1就加）

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
typedef long long
 
 ll;
typedef double db;
const int maxn=100000+10;
char s[maxn][20];
int a[maxn],b[maxn];
int i,j,k,l,t,n,m,ans;
char ch;
int read(){//if read a big number,need ll
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while (ch<'0'||ch>'9'){
        if (ch=='-') f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while (ch>='0'
 
&&ch<='9'){
        x=x*10+ch-'0';
        ch=getchar();
    }
    return x*f;
}
char get(){
    char ch=getchar();
    while (ch<'a'||ch>'z') ch=getchar();//zi fu chuan jin bao han a-z
    return ch;
}
int main(){
    freopen("toy.in","r",stdin);freopen("toy.out","w",stdout);
    n=read();m=read();
    fo(i,1
 
,n){
        a[i]=read();
        b[i]=1;
        s[i][1]=get();
        do{
            ch=getchar();
            if (ch<'a'||ch>'z') break;
            s[i][++b[i]]=ch;
        }while (1);
    }
    ans=1;
    fo(i,1,m){
        j=read();k=read();
        if (j==a[ans]) t=1;else t=0;//t biao shi shun hai shi ni
        if (t){
            ans-=k;
            if (ans<=0) ans+=n;
        }
        else{
            ans+=k;
            if (ans>n) ans-=n;
        }
    }
    fo(i,1,b[ans]) printf("%c",s[ans][i]);
    printf("\n");
    fclose(stdin);fclose(stdout);
    return 0;
}

T2

我們用d表示深度，a表示一條路線的長度。
對於路線S->T，若lca為V，拆成S->V以及V->T兩條樹鏈。
對於S->V上每一個點j，其答案可以加一的條件：
dS−dj=wj
dS=dj+wj
右邊只與j有關。
同樣，對於V->T上每一個點j，其答案可以加一的條件：
dT−dj=ai−wj
dT−ai=dj−wj
右邊只與j有關。
因此思考離線做法，對於一條路線，在S和T分別打兩個tag，並在lca即V處回收tag。
用兩顆線段樹維護子樹內目前還沒被撤銷掉的dS和dT-ai的權值線段樹，權值可能為負數需要設定一個絕對值的最大值來加上，或者提前進行離散化。
這個線段樹是單點修改和查詢的，用線段樹僅僅是因為線段樹可以進行合併。
這個演算法帶log，如何線性知道一個子樹內某權值的數量？
維護一個桶，進入一個節點時得到該節點子樹所需權值的數量t1，退出該節點時在桶中得到該節點子樹所需權值的數量t2，那麼顯然該子樹內有t2-t1個所需權值。

T3

如果我們用2^n列舉每節課申請或不申請，那麼我們需要知道如何計算期望。
給你一個DAG，入度為0的點只有一個，每條邊有兩個權值a和b，從入度為0的點走到另一點所有的路徑中a的和乘b的積的和，這其實就是期望的模型。
已知一個點的E和P（E=∑(V∗P)，這裡的V和P表示一條路徑上的權值和與概率積），現在該點有一條出邊(a,b)，對該邊的終點的E和P的影響是？
對P的影響顯然是P∗b，加上這個即可。
E？
∑(V+a)∗P∗b
E∗b+P∗a∗b
用這個方法遞推即可。
那麼影響答案的就是我們的決策，也就是是否申請。
設f[i,j,0~1]表示上完第i節課，申請了j次，第i節課是否申請的最小期望。
以申請了為例，假如決策時下一節課也申請。根據上面的式子，你會發現當前的概率與前面的決策均無關，因為如果申請了，那麼就有p[i]的概率在d[i]，有1-p[i]的概率在c[i]。因此可以進行轉移。
上面的講法可能稍微複雜，其實知道期望的線性性也可以推一下。

DAY2

T1

預處理一個階乘包含了多少個某質數。
然後求一個組合數是否是k的倍數可以分解質因數。
最後再根據組合數是否為k的倍數產生的01貢獻矩陣做二維字首和，可以o(1)回答每個詢問。
這個方法不知道能不能跑過老爺機。
實際上，可以用組合數的公式
Cji=Cji−1+Cj−1i−1
n^2的在模k意義下求組合數是否為k的倍數。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
const int maxn=2000+10;
int a[maxn][maxn],c[maxn][maxn],sum[maxn][maxn];
int i,j,k,l,t,n,m,ca,ans;
int read(){//if read a big number,gai ll
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while (ch<'0'||ch>'9'){
        if (ch=='-') f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while (ch>='0'&&ch<='9'){
        x=x*10+ch-'0';
        ch=getchar();
    }
    return x*f;
}
int main(){
    freopen("problem.in","r",stdin);freopen("problem.out","w",stdout);
    ca=read();k=read();
    c[0][0]=1;
    fo(i,1,2000){
        c[i][0]=1;
        fo(j,1,i)
            c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%k;
    }
    fo(i,0,2000)
        fo(j,0,2000){
            if (i<j) a[i][j]=0;
            else a[i][j]=(c[i][j]==0);
        }
    fo(i,0,2000)
        fo(j,0,2000){
            sum[i][j]=a[i][j];
            if (i>0) t=sum[i-1][j];else t=0;
            sum[i][j]+=t;
            if (j>0) t=sum[i][j-1];else t=0;
            sum[i][j]+=t;
            if (i>0&&j>0) t=sum[i-1][j-1];else t=0;
            sum[i][j]-=t;
        }
    while (ca--){
        n=read();m=read();
        ans=sum[n][m];
        printf("%d\n",ans);
    }
    fclose(stdin);fclose(stdout);
    return 0;
}

T2

結論一：長的一定先切。
證明：顯然。
結論二：對於相鄰兩次切的長度i和j（i>=j），切出來的ip和jp，將來一定是先切ip再切jp。
證明：
假如在t時刻切i，t+1時刻切j，那麼從t+2時刻開始兩者增長速度一致，因此可以只探究兩者在t+1時刻的長度。
前者:⌊ip⌋+q=⌊ip+q⌋
後者:⌊(j+q)p⌋=⌊jp+qp⌋
顯然前者大於後者。
再根據結論一，前者會先切。

根據結論二可以類推出i-ip比j-jp先切。
因此開三個佇列維護。
第一個佇列維護排序後的原佇列。
第二個佇列維護切出來的乘p。
第三個佇列維護切出來的乘1-p。
每次從三個佇列隊首取一個最大的就是要切的（結論一），然後切出的兩份分別加入後兩個佇列的隊尾（結論二）
這是線性的。
整體+q的影響可以考慮變成單個-q。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
const ll inf=10000000000000000;
const int maxn=8000000+10;
int sta[100];
ll a[maxn],b[maxn],c[maxn],k,l,t,ans,x,y;
int i,j,n,m,u,v,tot,top,q,tt,root,h1,e1,h2,e2,h3,e3;
db p;
int read(){//if read a big number,gai ll
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while (ch<'0'||ch>'9'){
        if (ch=='-') f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while (ch>='0'&&ch<='9'){
        x=x*10+ch-'0';
        ch=getchar();
    }
    return x*f;
}
void write(ll x){
    if (!x){
        putchar('0');
        putchar(' ');
        return;
    }
    top=0;
    while (x){
        sta[++top]=x%10;
        x/=10;
    }
    while (top){
        putchar('0'+sta[top]);
        top--;
    }
    putchar(' ');
}
bool cmp(int a,int b){
    return a>b;
}
int main(){
    //freopen("earthworm.in","r",stdin);freopen("earthworm.out","w",stdout);
    n=read();m=read();q=read();u=read();v=read();tt=read();
    p=(db)u/v;
    fo(i,1,n) a[i]=read();
    sort(a+1,a+n+1,cmp);
    h1=h2=h3=1;e1=n;
    fo(i,1,m){
        if (h1<=e1) k=a[h1];else k=-inf;
        if (h2<=e2) l=b[h2];else l=-inf;
        if (h3<=e3) t=c[h3];else t=-inf;
        if (k>=l&&k>=t) ans=k,h1++;
        else if (l>=k&&l>=t) ans=l,h2++;
        else ans=t,h3++;
        x=floor((ans+(ll)(i-1)*q)*p);y=ans+(ll)(i-1)*q-x;
        b[++e2]=x-(ll)i*q;
        c[++e3]=y-(ll)i*q;
        if (i%tt==0) write(ans+(ll)(i-1)*q);
    }
    printf("\n");
    fo(i,1,n+m){
        if (h1<=e1) k=a[h1];else k=-inf;
        if (h2<=e2) l=b[h2];else l=-inf;
        if (h3<=e3) t=c[h3];else t=-inf;
        if (k>=l&&k>=t) ans=k,h1++;
        else if (l>=k&&l>=t) ans=l,h2++;
        else ans=t,h3++;
        if (i%tt==0) write(ans+(ll)m*q);
    }
    printf("\n");
    fclose(stdin);fclose(stdout);
    return 0;
}

T3

三點確定一條拋物線（注意三點共線以及兩點橫座標相同的情況）
狀壓DP，每次列舉兩隻豬確定發射一隻鳥的拋物線（也可以只射一隻豬，注意合法拋物線必須a<0）
這樣是2^n*n*n。
注意標號最小的豬一定要死，每次可以解決最小的豬，只列舉另一隻豬來確定拋物線。
2^n*n。
搜尋+最優性剪枝+記憶化也可以。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
const int maxn=18+10;
const db eps=0.000000001;
db dx[maxn],dy[maxn];
int bz[maxn];
int f[(1<<19)+50];
bool vis[(1<<19)+50];
int i,j,k,l,t,n,m,ans,ca;
int read(){//if read a big number,gai ll
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while (ch<'0'||ch>'9'){
        if (ch=='-') f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while (ch>='0'&&ch<='9'){
        x=x*10+ch-'0';
        ch=getchar();
    }
    return x*f;
}
void dfs(int x,int y,int z){
    if (vis[z]){
        if (y+f[z]<ans) ans=y+f[z];
        return;
    }
    if (y>=ans) return;
    if (x==n+1){
        f[z]=0;
        ans=y;
        return;
    }
    if ((z&(1<<(x-1)))==0){
        dfs(x+1,y,z);
        return;
    }
    int i,j,t;
    bool pd[maxn];
    db a,b;
    fo(i,x,n) pd[i]=0;
    fo(i,x+1,n)
        if (!pd[i]&&(z&(1<<(i-1)))){
            pd[i]=1;
            t=0;
            if (dx[i]==dx[x]) continue;
            if (dy[i]/dx[i]==dy[x]/dx[x]) continue;
            b=(dy[i]*dx[x]*dx[x]-dy[x]*dx[i]*dx[i])/(dx[x]*dx[x]*dx[i]-dx[i]*dx[i]*dx[x]);
            a=(dy[i]-b*dx[i])/(dx[i]*dx[i]);
            if (a>=0) continue;
            t+=(1<<(x-1));t+=(1<<(i-1));
            fo(j,i+1,n)
                if (fabs(dy[j]-dx[j]*dx[j]*a-dx[j]*b)<eps){
                    if (z&(1<<(j-1))) t+=(1<<(j-1));
                    pd[j]=1;
                }
            dfs(x+1,y+1,z-t);
            if (f[z-t]+1<f[z]) f[z]=f[z-t]+1;
        }
    dfs(x+1,y+1,z-(1<<(x-1)));
    if (f[z-(1<<(x-1))]+1<f[z]) f[z]=f[z-(1<<(x-1))]+1;
    vis[z]=1;
}
int main(){
    freopen("angrybirds.in","r",stdin);freopen("angrybirds.out","w",stdout);
    ca=read();
    while (ca--){
        n=read();m=read();
        fo(i,0,(1<<n)-1) f[i]=n+1,vis[i]=0;
        fo(i,1,n) scanf("%lf%lf",&dx[i],&dy[i]);
        ans=n;
        dfs(1,0,(1<<n)-1);
        printf("%d\n",ans);
    }
    fclose(stdin);fclose(stdout);
    return 0;
}

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