菜鸡只写银牌以下的题
这场铜牌4题,银牌5~6题
K Co-prime Permutation
题意:
构造一个n长的1到n不重复序列p,其中 p i p_i pi和 i i i互质的个数有k个
思路:
已知: n n n和 n − 1 n-1 n−1互质,1和任何数互质,任何数和它本身不互质
k要是奇数,1不变,后面的 k − 1 2 \frac{k-1}{2} 2k−1对数,两两换位
k要是偶数,从1开始所有的 k 2 \frac{k}{2} 2k对数,两两换位
代码:
#include<bits/stdc++.h>
#include<iostream>
#include <stdio.h>
using namespace std;
const int maxn=200005;
const int base=131;
typedef long long ll;
#define pi acos(-1)
#define INF 0x3f3f3f3f
#define mod 998244353
const int inf=1<<30;
int p[maxn];
int l[maxn],r[maxn];
int main()
{
//freopen("data.in","r",stdin);
//freopen("1.out","w",stdout);
int n,k;
cin>>n>>k;
int ans;
if(k == 0)
cout<<-1<<endl;
else{
if(k & 1){
for(int i = 1;i <= k;i++){
if(i == 1)
cout<<1<<" ";
else{
if(i % 2 == 0)
cout<<i+1<<" ";
else
cout<<i-1<<" ";
}
}
}
else{
for(int i = 1;i <= k;i++){
if(i%2){
cout<<i+1<<" ";
}
else
cout<<i-1<<" ";
}
}
for(int i = k+1;i<= n;i++){
if(i == n)
cout<<i<<endl;
else
cout<<i<<" ";
}
}
return 0;
}
L Let’s Play Curling
题意:
当红队某个球到目标位置c的距离比蓝队所有的球到目标位置的距离都要小时,计一分,找到一个c点可以让红队尽可能多赢,输出红队尽可能多赢的次数。
思路:
思维,两个蓝队石头间最多有几个红色石头。
另外lower_bound( begin,end,num):从数组的begin位置到end-1位置二分查找第一个大于或等于num的数字,找到返回该数字的地址,不存在则返回end。通过返回的地址减去起始地址begin,得到找到数字在数组中的下标。
upper_bound( begin,end,num):从数组的begin位置到end-1位置二分查找第一个大于num的数字,找到返回该数字的地址,不存在则返回end。通过返回的地址减去起始地址begin,得到找到数字在数组中的下标。
代码:
#include<bits/stdc++.h>
#include<iostream>
#include <stdio.h>
using namespace std;
const int maxn=200005;
const int base=131;
typedef long long ll;
#define pi acos(-1)
#define INF 0x3f3f3f3f
#define mod 998244353
const int inf=1<<30;
ll a[maxn],b[maxn];
int main()
{
//freopen("data.in","r",stdin);
//freopen("1.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
int t,n,m;
cin>>t;
while(t--){
cin>>n>>m;
memset(a,0,sizeof(a));
memset(b,0,sizeof(b));
for(int i = 1 ;i <= n; i++)
cin>>a[i];
for(int i = 1 ;i <= m; i++)
cin>>b[i];
sort(a + 1,a + 1 + n);
sort(b + 1,b + 1 + m);
b[0] = -INF;
b[m+1] = INF;
int ans = 0;
for(int i = 1;i <= m + 1; i++){
int l = upper_bound(a + 1,a + n + 1,b[i-1]) - a;
int r = lower_bound(a + 1,a + n + 1,b[i]) - a;
ans = max(ans,r - l );
}
//ans = max(ans,cnt);
if(ans <= 0)
cout<<"Impossible"<<endl;
else
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
E Evil Coordinate
题意:
有一个二维坐标系,
开始在(0,0)点,给定坐标(mx,my),
给定长度为n的字符串,只包含LRUD,对应上下左右,
现在你可以重排这个字符串,要求你按照重排的字符串走,
走的时候不能碰到(mx,my)点,
如果有解输出重排之后的字符串,
如果无解输出Impossible.
思路:
场上是分类讨论做的,当时觉得模拟太恶心了,然后赛后发现这个题有另一种简单解法。
因为不能碰到(mx,my)点,必然最终到达的点x,y中至少有一个点和这个点不同,先走不同的方向的点,再走相同的,所以能走到的时候,必定存在答案:相同的方向连续排在一起,枚举UDLR的全排列 4 ! 4! 4!就可以了。
先上训练时写的暴力
#include<bits/stdc++.h>
#include<iostream>
#include <stdio.h>
using namespace std;
const int maxn=200005;
const int base=131;
typedef long long ll;
#define pi acos(-1)
#define INF 0x3f3f3f3f
#define mod 998244353
const int inf=1<<30;
int vis[10];
int main()
{
//freopen("data.in","r",stdin);
//freopen("1.out","w",stdout);
int t,x,y;
cin>>t;
string s;
while(t--){
string ans;
string str;
memset(vis,0,sizeof(vis));
cin>>x>>y;
cin>>s;
for(int i = 0;i< s.size();i++){
if(s[i] == 'L')
vis[1]++;
if(s[i] == 'R')
vis[2]++;
if(s[i] == 'U')
vis[3]++;
if(s[i] == 'D')
vis[4]++;
}
int nx,ny;
nx =vis[2] - vis[1];
ny = vis[3] - vis[4];
if((nx == x && ny ==y) || (x == 0 && y == 0)){
cout<<"Impossible"<<endl;
continue;
}
if(x != 0 && y!= 0){
if(x != nx){
for(int i = 0;i < vis[1] ;i++)
ans += 'L';
for(int i = 0;i < vis[2] ;i++)
ans += 'R';
for(int i = 0;i < vis[3] ;i++)
ans += 'U';
for(int i = 0;i < vis[4] ;i++)
ans += 'D';
cout<<ans<<endl;
continue;
}
if(y != ny){
for(int i = 0;i < vis[3] ;i++)
ans += 'U';
for(int i = 0;i < vis[4] ;i++)
ans += 'D';
for(int i = 0;i < vis[1] ;i++)
ans += 'L';
for(int i = 0;i < vis[2] ;i++)
ans += 'R';
cout<<ans<<endl;
continue;
}
}
if(x==0 || y == 0){
if(x == 0){
if(vis[1] != 0 || vis[2] != 0){
if(vis[1] > vis[2]){
for(int i = 0;i < vis[1];i++)
ans += 'L';
for(int i = 0;i < vis[3] ;i++)
ans += 'U';
for(int i = 0;i < vis[4] ;i++)
ans += 'D';
for(int i = 0;i < vis[2] ;i++)
ans += 'R';
}
else{
for(int i = 0;i < vis[2] ;i++)
ans += 'R';
for(int i = 0;i < vis[3] ;i++)
ans += 'U';
for(int i = 0;i < vis[4] ;i++)
ans += 'D';
for(int i = 0;i < vis[1] ;i++)
ans += 'L';
}
}
else{
if(abs(ny) >= abs(y) && ny*y >0){
cout<<"Impossible"<<endl;
continue;
}
if(y>0){
for(int i = 0;i < vis[4] ;i++)
ans += 'D';
for(int i = 0;i < vis[3] ;i++)
ans += 'U';
}
else{
for(int i = 0;i < vis[3] ;i++)
ans += 'U';
for(int i = 0;i < vis[4] ;i++)
ans += 'D';
}
}
}
else{
if(vis[3] != 0 || vis[4] != 0){
if(vis[3] > vis[4]){
for(int i = 0;i < vis[3] ;i++)
ans += 'U';
for(int i = 0;i < vis[1] ;i++)
ans += 'L';
for(int i = 0;i < vis[2] ;i++)
ans += 'R';
for(int i = 0;i < vis[4] ;i++)
ans += 'D';
}
else{
for(int i = 0;i < vis[4] ;i++)
ans += 'D';
for(int i = 0;i < vis[1] ;i++)
ans += 'L';
for(int i = 0;i < vis[2] ;i++)
ans += 'R';
for(int i = 0;i < vis[3] ;i++)
ans += 'U';
}
}
else{
if(abs(nx) >= abs(x) && nx*x >0){
cout<<"Impossible"<<endl;
continue;
}
if(x > 0){
for(int i = 0;i < vis[1] ;i++)
ans += 'L';
for(int i = 0;i < vis[2] ;i++)
ans += 'R';
}
else{
for(int i = 0;i < vis[2] ;i++)
ans += 'R';
for(int i = 0;i < vis[1] ;i++)
ans += 'L';
}
}
}
cout<<ans<<endl;
}
}
return 0;
}
全排列做法:
组合数学中经常用到排列,这里介绍一个计算序列全排列的函数:next_permutation(start,end),和prev_permutation(start,end)。这两个函数作用是一样的,区别就在于前者求的是当前排列的下一个排列,后一个求的是当前排列的上一个排列。至于这里的“前一个”和“后一个”,我们可以把它理解为序列的字典序的前后。
#include<bits/stdc++.h>
#include<iostream>
#include <stdio.h>
using namespace std;
const int maxn=200005;
const int base=131;
typedef long long ll;
#define pi acos(-1)
#define INF 0x3f3f3f3f
#define mod 998244353
const int inf=1<<30;
int vis[10];
int a[4] = {
0,1,2,3};
char c[4] = {
'U','D','L','R'};
int dir[4][2] = {
0,1,0,-1,-1,0,1,0};
string ans;
bool judge(int x,int y)
{
ans.clear();
int nx = 0,ny = 0;
for(int i = 0;i < 4 ;i++){
int cnt = vis[a[i]];
while(cnt--){
ans += c[a[i]];
nx += dir[a[i]][0];
ny += dir[a[i]][1];
if(nx == x && ny == y)
return false;
}
}
return true;
}
int main()
{
//freopen("data.in","r",stdin);
//freopen("1.out","w",stdout);
int t,x,y;
cin>>t;
string s;
while(t--){
int f = 0;
sort(a,a+4);
memset(vis,0,sizeof(vis));
cin>>x>>y;
cin>>s;
if(x == 0 && y == 0){
cout<<"Impossible"<<endl;
continue;
}
for(int i = 0;i < s.size();i++){
if(s[i] == 'U')
vis[0]++;
if(s[i] == 'D')
vis[1]++;
if(s[i] == 'L')
vis[2]++;
if(s[i] == 'R')
vis[3]++;
}
do
{
if(judge(x,y)){
f = 1;
break;
}
}while(next_permutation(a,a+4));
if(f)
cout<<ans<<endl;
else
cout<<"Impossible"<<endl;
}
return 0;
}
F Fireworks
题意:制作单个烟火需要n分钟,燃放需要m分钟,每个烟火有 p ∗ 1 0 − 4 p*10^{-4} p∗10−4的概率是完美的,求采用最优策略下的期望制作时间的最小值。
思路:
这个题目用到了概率论,该分布为几何分布,
设每一次燃放成功的概率为 p ′ p' p′,最小花时间为 1 p ′ × t ′ \frac{1}{p'}\times t' p′1×t′,设他每做 k k k个烟花燃放一次, t ′ = k × n + m , p ′ = 1 − ( 1 − p ) k , t'=k\times n+m,p'=1-(1-p)^k, t′=k×n+m,p′=1−(1−p)k,答案为 k × n + m 1 − ( 1 − p ) k \frac{k\times n+m}{1-(1-p)^k} 1−(1−p)kk×n+m
对这个式子求了个导,大约看了下,是个先减后增的函数,那么对K三分求答案。
太久没写三分了,找了个板子。
inline void sanfen()
{
while(r-l>eps)
{
lmid=l+(r-l)/3;
rmid=r-(r-l)/3;
if(val(lmid)<val(rmid)) l=lmid;
else r=rmid;
}
代码:
#include<bits/stdc++.h>
#include<iostream>
#include <stdio.h>
using namespace std;
const int maxn=200005;
const int base=131;
typedef long long ll;
#define pi acos(-1)
#define INF 0x3f3f3f3f
#define mod 998244353
#define eps 1e-9
const int inf=1<<30;
double n,m,p;
int ans ;
double val(double x){
return (x * n + m)*1.0 / (1.0-pow(1.0-p,x));
}
inline void sanfen()
{
double l = 0.0,r = 1e9;
double lmid,rmid;
while(r - l > eps)
{
lmid = l + (r - l) / 3.0;
rmid = r - (r - l) / 3.0;
if(val(lmid) > val(rmid)) l = lmid;
else r = rmid;
}
ans = l;
}
int main()
{
//freopen("data.in","r",stdin);
//freopen("1.out","w",stdout);
int t;
cin>>t;
while(t--){
cin>>n>>m>>p;
p = p * 0.0001;
sanfen();
// ans = min(val(ans), val(ans+1));
printf("%.10lf\n",min(val(ans), val(ans+1)));
}
return 0;
}
以上是铜牌题
M Monster Hunter
题意:
一个有n个节点,根节点为1的树
只有父节点被杀死了,子节点才能被杀死。
杀死第i个节点的费用是
另外可以使用魔法花费费用为0的让任意节点被杀死。
求可以使用m次魔法时,最少需要花费多少去杀死所有的节点
思路:
这是一个我自己咋也想不出来的题目,一个树形dp,或者说是树上的01背包。
参考了这位大佬的题解https://blog.csdn.net/kangyupl/article/details/111526183
用 d p [ 0 / 1 ] [ i ] [ j ] dp[0/1][i][j] dp[0/1][i][j]表示节点i在不存在或存在下,有j个子节点时的最小花费。(需要注意的是这里子节点j的数量是子树的所有节点数)
对于每一个点都有 d p [ 1 ] [ u ] [ 1 ] = h p [ u ] , d p [ 0 ] [ u ] [ 0 ] = 0 dp[1][u][1]=hp[u],dp[0][u][0]=0 dp[1][u][1]=hp[u],dp[0][u][0]=0,状态转移方程为:
d p [ 0 ] [ u ] [ j + k ] = m i n ( d p [ 0 ] [ u ] [ j + k ] , d p [ 0 ] [ u ] [ j ] + m i n ( d p [ 0 ] [ v ] [ k ] , d p [ 1 ] [ v ] [ k ] ) ) dp[0][u][j+k] =min(dp[0][u][j+k], dp[0][u][j]+min(dp[0][v][k], dp[1][v][k])) dp[0][u][j+k]=min(dp[0][u][j+k],dp[0][u][j]+min(dp[0][v][k],dp[1][v][k]))
d p [ 1 ] [ u ] [ j + k ] = m i n ( d p [ 1 ] [ u ] [ j + k ] , d p [ 1 ] [ u ] [ j ] + m i n ( d p [ 0 ] [ v ] [ k ] , d p [ 1 ] [ v ] [ k ] + h p [ v ] ) ) dp[1][u][j+k] =min(dp[1][u][j+k], dp[1][u][j]+min(dp[0][v][k], dp[1][v][k]+hp[v])) dp[1][u][j+k]=min(dp[1][u][j+k],dp[1][u][j]+min(dp[0][v][k],dp[1][v][k]+hp[v]))
在转移的时候用的是一个滚动数组,所以j和k都是从大到小遍历(暂时不是特别想得通)
使用m次魔法,点1的子节点就会减少m个,答案就是 m i n ( d p [ 0 ] [ 1 ] [ n − m ] , d p [ 1 ] [ 1 ] [ n − m ] ) min(dp[0][1][n-m], dp[1][1][n-m]) min(dp[0][1][n−m],dp[1][1][n−m])
代码:
#include<bits/stdc++.h>
#include<iostream>
#include <stdio.h>
using namespace std;
const int maxn=2005;
const int base=131;
typedef long long ll;
#define pi acos(-1)
#define INF 0x3f3f3f3f
#define mod 998244353
const int inf=1<<30;
ll hp[maxn];
ll dp[2][maxn][maxn];
ll siz[maxn];
vector<int> g[maxn];
void dfs(int u,int fa){
dp[1][u][1] = hp[u];
dp[0][u][0] = 0;
siz[u] = 1;
for(int i = 0; i < g[u].size(); i++ ){
int v = g[u][i];
if(v == fa)
continue;
dfs(v,u);
for(int j = siz[u]; j >= 0; j--){
for(int k = siz[v]; k >= 0; k--){
dp[0][u][j + k] = min(dp[0][u][j + k], dp[0][u][j] + min(dp[0][v][k], dp[1][v][k]));
dp[1][u][j + k] = min(dp[1][u][j + k], dp[1][u][j] + min(dp[0][v][k], dp[1][v][k] + hp[v]));
}
}
siz[u] = siz[u] + siz[v];
}
}
void init(int n){
for(int i = 1;i <= n; i++){
g[i].clear();
siz[i] = 0;
}
for(int i = 0;i <= n; i++)
for(int j = 0; j <= n; j++)
dp[0][i][j] = dp[1][i][j] = 1e18;
}
int main()
{
//freopen("data.in","r",stdin);
//freopen("1.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
int t,n,m;
cin>>t;
while(t--){
cin>>n;
init(n);
int v;
for(int i = 2 ;i <= n;i++){
cin>>v;
g[i].push_back(v);
g[v].push_back(i);
}
for(int i =1 ;i <= n;i++)
cin>>hp[i];
dfs(1,-1);
for(int i = n; i >= 0; i--)
cout<<min(dp[0][1][i], dp[1][1][i])<<" ";
cout<<endl;
}
return 0;
}