2018-2019 ACM-ICPC Nordic Collegiate Programming Contest (NCPC 2018)
A.Altruistic Amphibians
一个挺有意思的题目。首先考虑这样的问题：倘若要让尽可能多的青蛙能够逃跑，则显然罗汉最好叠得尽可能的高（这才能使得那些不能一次性跳出的青蛙能够逃离）。
而显然，对于那些体重最大的青蛙，他们显然不能叠在其他青蛙上，因此我们首先对青蛙的重量从大到小进行排序，其次我们考虑第i个青蛙的重量对于其他重量小的重量的青蛙的状态的转移。
我们设dp[i]为重量为i的青蛙最高能够跳的高度，而对于第i个重量为w[i]的青蛙，不难想到最多一定会有个w[i]个重量小于w[i]的青蛙能够跳到它的上面，故可得有状态转移方程（dp[j-w[i]]=max(dp[j-w[i]],dp[j]+h[i]）(w[i]<=j<=2*w[i])
#include <bits/stdc++.h> #define maxn 100000005 using namespace std; int dp[maxn]; struct Node{ int l,w,h; bool operator <(const Node &b)const{ return w>b.w; } }q[100005]; int main() { int n,d; scanf("%d%d",&n,&d); for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d%d%d",&q[i].l,&q[i].w,&q[i].h); sort(q,q+n); int res=0; for(int i=0;i<n;i++){ if(dp[q[i].w]+q[i].l>d) res++; for(int j=q[i].w;j<min(2*q[i].w,(int)1e8+2);j++){ dp[j-q[i].w]=max(dp[j-q[i].w],dp[j]+q[i].h); } } printf("%d\n",res); }
B.Baby Bites
温暖的签到题
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; string str; int change(string s){ int len=s.size(); int ret=0; for(int i=0;i<len;i++){ ret=ret*10+str[i]-'0'; } return ret; } int main(){ ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); int n; cin>>n; int flag=0; for(int i=1;i<=n;i++){ cin>>str; if(str[0]>='0'&&str[0]<='9'){ int num=change(str); if(num!=i) flag=1; } } if(flag) cout<<"something is fishy"<<endl; else cout<<"makes sense";; return 0; }
C.Code Cleanups
题意相当奇怪的签到题。实际的题意为：给你若干个操作，每个操作的序号id都是递增的。在第id天一定会进行该次操作。每次进行一次操作，肮脏值就会+1（最开始肮脏值为0），肮脏值每天都累计，直到在某一天，累计的肮脏值大于20，则将所有的肮脏值清零，现在问你最小的清零的次数。
这个题明白题意后就是一个很简单的题目了
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int mp[400]; int main(){ int n; scanf("%d",&n); int tmp; for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",&tmp); mp[tmp]=1; } tmp=0; int sum=0; int ans=0; for(int i=1;i<=365;i++){ if(mp[i]) tmp+=1; sum+=tmp; if(sum>=20){ ans++; tmp=sum=0; } } if(sum) ans++; printf("%d\n",ans); return 0; }
D.Delivery Delays
因为要找最大值最小，所以考虑二分，但是如何很快地check。送货员在跑的时候一定会沿最短路跑，所以先做一下多源的最短路。题目说送货员会按照下单顺序送货，所以送货员送货的过程将会是分成几段出去回来的过程。所以check的时候就看一下是否有一个分段的方案使得答案可行。dp[i]表示前i个送完回到1号点的最小时间，有了dp[i]就可以更新假如后面一个长度为len的区间出去一次就连续送完的答案，需要判断这一个区间如果出去一次就送完是否可行，这就需要找到送货远最早以及最晚什么时间出发，判断要更新的时间是否落在这个时间段内，如果满足方可更新。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 typedef pair<ll,int>pll; 5 const int maxn=1005; 6 const int maxm=5005; 7 const long long inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f; 8 long long dp[maxn]; 9 ll s[maxn],t[maxn]; 10 int p[maxn]; 11 int n,m,k; 12 struct edge{ 13 int to,nxt; 14 ll d; 15 }e[maxm<<1]; 16 int head[maxn]; 17 long long dis[maxn][maxn]; 18 int ecnt; 19 void add_edge(int u,int v,ll d){ 20 e[ecnt].to=v; 21 e[ecnt].d=d; 22 e[ecnt].nxt=head[u]; 23 head[u]=ecnt++; 24 } 25 void ins(int u,int v,ll d){ 26 add_edge(u,v,d); 27 add_edge(v,u,d); 28 } 29 void dij(int id,int u){ 30 priority_queue<pll,vector<pll>,greater<pll> >q; 31 for(int i=1;i<=n;i++) dis[id][i]=inf; 32 dis[id][u]=0; 33 q.push(make_pair(dis[id][u],u)); 34 while(!q.empty()){ 35 long long tmp=q.top().first; 36 u=q.top().second; 37 q.pop(); 38 if(dis[id][u]<tmp) continue; 39 for(int i=head[u];~i;i=e[i].nxt){ 40 int v=e[i].to; 41 if(dis[id][v]>dis[id][u]+e[i].d){ 42 dis[id][v]=dis[id][u]+e[i].d; 43 q.push(make_pair(dis[id][v],v)); 44 } 45 } 46 } 47 } 48 bool check(long long x){ 49 memset(dp,inf,sizeof(dp[0])*(n+2)); 50 dp[0]=0; 51 for(int i=0;i<k;i++){ 52 long long st=dp[i]; 53 long long d=0; 54 long long lt=inf; 55 for(int len=1;i+len<=k;len++){ 56 int to=i+len; 57 if(to==i+1) d+=dis[1][p[to]]; 58 else d+=dis[p[to-1]][p[to]]; 59 st=max(st,t[to]);lt=min(x-d+s[to],lt); 60 long long tt=st+d-s[to]; 61 if(tt<=x&&st<=lt) dp[to]=min(dp[to],st+d+dis[p[to]][1]); 62 else break; 63 } 64 } 65 if(dp[k]<inf) return 1; 66 return 0; 67 } 68 int main(){ 69 ios::sync_with_stdio(false); 70 cin.tie(0); 71 cin>>n>>m; 72 int u,v; 73 long long w; 74 memset(head,-1,sizeof(head[0])*(n+2)); 75 for(int i=1;i<=m;i++){ 76 cin>>u>>v>>w; 77 ins(u,v,w); 78 } 79 for(int i=1;i<=n;i++){dij(i,i);} 80 cin>>k; 81 for(int i=1;i<=k;i++) 82 cin>>s[i]>>p[i]>>t[i]; 83 long long l=0,r=inf; 84 long long ans=l; 85 while(l<=r){ 86 long long mid=(l+r)>>1; 87 if(check(mid)){ans=mid;r=mid-1;} 88 else l=mid+1; 89 } 90 cout<<ans<<endl; 91 return 0; 92 }
E.Delivery Delays
首先我们可以发现，因为每个士兵的血量最大为6，且敌我双方的士兵数均为5，因此我们考虑可以用搜索的方法去解决。
因为士兵的总血量的状态比较少，因此我们可以考虑用一个12位的long long的每一位去存储每一种血量的个数。此时，这每一个12位的long long整型就唯一代表了一种状态。而又因为在搜索的过程中，每一种曾经访问过的状态所对应的概率必定是唯一的，因此我们只需要用记忆化的形式对曾经出现过的结果记进行记录，以达到剪枝的作用。
因为我们要记录的是敌军死亡的概率，因此，我们可以优先将敌军的6种血量置于12位long long的高位，这样，当我们访问到的状态值<1000000，则代表已经敌军已经已经死亡，即可直接跳出递归（又一个剪枝）。
最后只需要将相应的概率相乘并相加即为答案。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef unsigned long long ll; int mp[2][10]; unordered_map<ll,double>dp;//充当记忆化数组 ll GetSta(){//获取状态 ll res=0; for(int i=1;i<=6;i++) res*=10,res+=mp[1][i]; for(int i=1;i<=6;i++) res*=10,res+=mp[0][i]; return res; } double dfs(ll sta,int limit){ if(dp.count(sta)) return dp[sta];//如果该状态曾经访问过，则直接调用结果 if(sta<1000000) return 1;//如果该状态的值<1000000，则证明敌人已死，返回1 if(limit==0) return 0; int cnt=0; for(int i=0;i<2;i++)//获取总人数 for(int j=1;j<=6;j++) cnt+=mp[i][j]; double res=0; for(int i=0;i<2;i++){ for(int j=1;j<=6;j++){ if(!mp[i][j]) continue; mp[i][j]--; mp[i][j-1]++; ll newsta=GetSta(); double tmp=dfs(newsta,limit-1);//dfs求解下一层的答案 dp[newsta]=tmp; mp[i][j]++;//回溯 mp[i][j-1]--; res+=1.0*mp[i][j]/cnt*tmp;//统计概率 } } return res; } int main() { int n,m,d,num; scanf("%d%d%d",&n,&m,&d); for(int i=0;i<n;i++){ scanf("%d",&num); mp[0][num]++; } for(int i=0;i<m;i++){ scanf("%d",&num); mp[1][num]++; } double res=dfs(GetSta(),d); printf("%.8f\n",res); }
F.Firing the Phaser
G.Game Scheduling
H.House Lawn
为了保证对于任意的T而言，T周一定能够完成T项任务，因此我们只需要对每一件商品枚举周期T(0<=T<=间隔+工作时间)，判断是否能在某个整周期完成至少一次工作即可。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=105; double eps=1e-8; int sgn(double x){ if(fabs(x)<eps) return 0; if(x<eps) return -1; else return 1; } int n,m; struct data{ string s; int p,c,t,r; int id; bool operator < (const data& x)const{ if(p==x.p) return id>x.id; return p>x.p; } }d[maxn]; int main(){ //freopen("in.txt","r",stdin); //freopen("out.txt","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&m); priority_queue<data>q; for(int i=1;i<=m;i++){ getchar(); char ch=getchar(); while(ch!=','){d[i].s+=ch;ch=getchar();} scanf("%d,%d,%d,%d",&d[i].p,&d[i].c,&d[i].t,&d[i].r); d[i].id=i; } for(int i=1;i<=m;i++){ bool flag=0; for(int T=1;T<=d[i].t+d[i].r;T++){ if(flag) break; long long sum1=10080*T; long long sum=0; long long tmp=sum1/(d[i].r+d[i].t); tmp*=d[i].t; long long tmp1=sum1%(d[i].r+d[i].t); tmp1=min(tmp1,1LL*d[i].t); sum+=(tmp+tmp1)*d[i].c; if(sum<1LL*n*T) flag=1; } if(!flag) q.push(d[i]); } if(q.empty()){puts("no such mower");return 0;} data u=q.top(); q.pop(); cout<<u.s<<endl; while(!q.empty()&&u.p==q.top().p){ cout<<q.top().s<<endl; q.pop(); } return 0; }
I.Intergalactic Bidding
题目说了从大到小排完序后所有人的赌注都大于后面那个人的两倍，所以题解就是高精度排序，然后高精度减法，减到最后判断最后那个数是否为0就行。
#include <iostream> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn=1500; struct bigint{ int len; int a[maxn]; bigint (){ len=0; memset(a,0,sizeof a); } bool operator <(const bigint &b)const { if (len<b.len) return 1; if (len>b.len) return 0; for (int i=len-1;i>=0;i--) if (a[i]>b.a[i]) return 0; else if (a[i]<b.a[i]) return 1; return 1; } bigint operator -(const bigint &b)const { bigint c; c.len=len; for (int i=0;i<len;i++) c.a[i]=a[i]; int l=len; for (int i=0;i<l;i++) { if (c.a[i]<b.a[i]) { c.a[i+1]--; c.a[i]+=10; } c.a[i]-=b.a[i]; } while (c.len!=0&&c.a[c.len-1]==0) c.len--; return c; } }m; bigint change(char *s){ bigint c; int len=strlen(s); for (int i=len-1;i>=0;i--) c.a[c.len++]=s[i]-'0'; return c; } struct S{ int id; char s[maxn]; bigint a; bool operator <(const S &b)const { return b.a<a; } }f[maxn]; char s[maxn]; int ans[maxn],cnt; int main(){ int n; cin>>n>>s; m=change(s); for (int i=1;i<=n;i++) { cin>>f[i].s>>s; f[i].a=change(s); } sort(f+1,f+n+1); for (int i=1;i<=n;i++){ if (f[i].a<m){ m=m-f[i].a; ans[cnt++]=i; } } if (m.len!=0) cnt=0; cout<<cnt<<endl; for (int i=0;i<cnt;i++) cout<<f[ans[i]].s<<endl; return 0; } /* 6 6300000000000000000000 dasf 1 Vader 299999999999999999999 Voldemort 700000000000000000000 BorgQueen 2000000000000000000000 Terminator 4000000000000000000000 Megatron 10100000000000000000000 */
J.Jumbled String
构造题，我们可以先根据a和d，算出我们需要的0和1的数量，如果算不出来，impossible；接着我们可以判断一下0和1的个数相乘是否为b+c，如果不等，impossible；如果相等，最后就是根据b和c调整0和1的位置输出即可。
要注意特判一下几种特殊情况，a、b、c、d都为0时，不是impossible，要输出一个0或1；
当a=b=c=0,d!=0或b=c=d=0,a!=0时，要输出对应全0或全1的序列，不行则impossible。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; bool check(long long x,long long ans){ if(x*(x-1)/2<=ans) return 1; return 0; } int main(){ // freopen("in.txt","r",stdin); // freopen("out.txt","w",stdout); long long a,b,c,d; scanf("%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&c,&d); if (a==0&&b==0&&c==0&&d==0) { printf("0\n"); return 0; } long long l=1,r=1e9; long long ans=0; while(l<=r){ int mid=(l+r)>>1; if(check(mid,a)) {l=mid+1;ans=mid;} else r=mid-1; } long long ans1=0; l=1,r=1e9; while(l<=r){ int mid=(l+r)>>1; if(check(mid,d)) {l=mid+1;ans1=mid;} else r=mid-1; } // cout<<ans<<' '<<ans1<<endl; if (a==0&&b==0&&c==0&&d!=0){ if (ans1*(ans1-1)/2==d) { for (int i=1;i<=ans1;i++) printf("1"); printf("\n"); }else printf("impossible\n"); return 0; } if (a!=0&&b==0&&c==0&&d==0){ if (ans*(ans-1)/2==a) { for (int i=1;i<=ans;i++) printf("0"); printf("\n"); }else printf("impossible\n"); return 0; } if (ans1*ans!=b+c||ans*(ans-1)/2!=a||ans1*(ans1-1)/2!=d) printf("impossible\n"); else{ long long tmp=b%ans,tmp2=b/ans; if (tmp==0) { tmp=ans; for (int i=1;i<=ans1-tmp2;i++) printf("1"); for(int i=1;i<=ans;i++) printf("0"); for (int i=ans1-tmp2+1;i<=ans1;i++) printf("1"); printf("\n"); }else { for (int i=1;i<ans1-tmp2;i++) printf("1"); for(int i=1;i<=tmp;i++) printf("0"); printf("1"); for (int i=tmp+1;i<=ans;i++) printf("0"); for (int i=ans1-tmp2+1;i<=ans1;i++) printf("1"); printf("\n"); } } return 0; }
K.King's Colors
给你一棵树，问用恰好k种颜色将其涂成两个相邻点颜色不同的方法有多少种。题目告诉你是一棵树了，你涂根节点有k种方法，在接下去的n-1个点的涂法就都是（k-1）种，所以答案为k*(k-1)^(n-1)。仔细想想就会发现怎么涂和树的形状没有关系，所以不用理会。接着，题目说的是要恰好k种，明显我们上面的式子不是恰好k种，所以我们要容斥一下，容斥系数就是一个组合数，把恰好(k-1)种的情况减去，把恰好(k-2)种的情况加上…… 最后就是答案了。
#include <iostream> using namespace std; typedef long long ll; const int mod=1e9+7; const int maxn=2507; ll inv[maxn],f[maxn],finv[maxn]; ll powm(ll x,ll n){ ll res=1; while (n){ if (n&1) res=res*x%mod; n>>=1; x=x*x%mod; } return res; } void init(){ inv[1]=1; for (int i=2;i<maxn;i++) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod; f[0]=finv[0]=1; for (int i=1;i<maxn;i++){ f[i]=f[i-1]*i%mod; finv[i]=finv[i-1]*inv[i]%mod; } } ll C(ll n,ll m){ if (n<0||m<0||m>n) return 0; return f[n]*finv[m]%mod*finv[n-m]%mod; } int main(){ init(); ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); int n,k; cin>>n>>k; ll ans=0; for (int i=0,f=1;i<k;i++,f=-f) ans=(ans+f*(k-i)%mod*powm(k-i-1,n-1)%mod*C(k,i)%mod+mod)%mod; cout<<ans<<endl; return 0; }
