2019CCPC-江西省赛（重现赛）队伍题解
2019CCPC江西省赛（重现赛）
第一次组队（和队内dalao：hzf）参加比赛，这次比赛使用的是我的笔电，但因为我来的比较晚，没有提前磨合：比如我的64键位键盘导致hzf突然上手不习惯。
| Solved | A | B | C | D | E | F | G | H | I | J | K |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 4 / 11 | Ø | O | Ø | O | Ø | O | - | - | - | O | Ø |
- O 在比赛中通过
- Ø 赛后通过
- ! 尝试了但是失败了
- - 没有尝试
A - Wave
题目链接：HDU - 6570
题意：
找一个最长的'wave'，要求满足以下限制：
- 序列长度大于等于\(2\)
- 所有奇数位置上的数相同
- 所有偶数位置上的数相同
- 奇数位置和偶数位置的数不同
思路：
因为值域只有\([1,100]\) ，那么暴力枚举奇数位置上的数和偶数位置上的数即可。
时间复杂度\(O(nc)\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100010;
int n, c, a[N];
int dp[N][110], nx[110];
int main() {
//freopen("in.txt", "r", stdin);
ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n >> c;
for (int i = 1; i <= n; ++i)cin >> a[i];
for (int i = 1; i <= c; ++i)nx[i] = n + 1, dp[n + 1][i] = n + 1;
for (int i = n; i >= 0; --i) {
for (int j = 1; j <= c; ++j)
dp[i][j] = nx[j];
if (i)nx[a[i]] = i;
}
int res = 0;
for (int i = 1; i <= c; ++i)
for (int j = 1; j <= c; ++j) {
if (i != j) {
int tmp = 0, it = 0;
while (it <= n) {
it = dp[it][i];
if (it <= n) {
tmp += 1;
}
else break;
it = dp[it][j];
if (it <= n) {
tmp += 1;
}
else break;
}
if (tmp > 1) {
res = max(res, tmp);
}
}
}
cout << res << endl;
}
B - String
题目链接： HDU - 6572
题意：
给出一个字符串，只包含'a', 'v', 'i', 'n', 要求从中等概率可重复的取出四个字符，问恰好是 'avin'的概率是多少。
思路：
一开始理解错了题意导致WA 2发，最后重新梳理一下：根据乘法原理计算即可。
有一个坑点：
得到的分数需要最简化（求最小公约数）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n, m;
string s;
ll gcd(ll a, ll b) {
return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
}
int main() {
//freopen("in.txt", "r", stdin);
ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
while (cin >> n) {
cin >> s;
ll a[30] = { 0 }, cnt = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i)a[s[i] - 'a']++;
cnt = a['a' - 'a'] * a['v' - 'a'] * a['i' - 'a'] * a['n' - 'a'];
ll sum = pow(n, 4);
if (cnt == 0) {
cout << "0/1" << endl;
}
else {
ll tmp = gcd(sum, cnt);
cout << cnt / tmp << "/" << sum / tmp << endl;
}
}
}
C - Traffic
题目链接： HDU - 6573
题意：
在一个十字路口，有\(n\)辆东西走向的车，他们会在\(a_i\) 时刻到达，有\(m\)辆南北走向的车，他们会在\(b_i\)时刻到达。问需要让\(m\)辆南北走向的车整体等待多少秒，使得他们的开始行动之后不会和东西走向的车相撞？
思路：
考虑\(a_i\)和\(b_i\) 只有 1000，那么等待时间不会超过1000，暴力枚举即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5010;
int a[N], b[N], n, m;
bool f(int x) {
for (int i = 1; i <= m; ++i)
if (a[b[i] + x])
return 0;
return 1;
}
int main() {
//freopen("in.txt", "r", stdin);
ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) {
memset(a, 0, sizeof a);
for (int i = 1, x; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &x);
a[x] = 1;
}
for (int i = 1; i <= m; ++i) scanf("%d", b + i);
for (int i = 0; i <= 2000; ++i)
if (f(i)) {
cout << i << endl;
break;
}
}
}
D - Budget
题目链接： HDU - 6575
这道题理解错题目意思 然后一直想不通为啥就WA了
一开始队友和我都认为应该直接将三位小数进位，也就是处理1000。
其实是 将第三位小数位进位到前一位 所增加的数之和(可以为负
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
int n, a, c;
char b;
while (cin>>n) {
double sum = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
scanf("%d%c%d", &a, &b, &c);
//cin >> a >> c >> b;
c = c % 10;
if (c <= 4) sum -= 0.001 * c;
else sum += 0.001 * (10 - c);
}
printf("%.3lf\n", sum);
}
}
E - Worker
题目链接： HDU - 6576
题意：
有\(n\)个销售点，有\(m\)个销售员，每个销售员在第\(i\)个销售点会产生\(a_i (1 <= a_i <= 10)\)的订单，问如何分配销售员使得每个销售点产生的订单相同。
思路：
首先单个销售点的订单量肯定是所有销售点\(a_i\)的最小公倍数的倍数。
那么判断\(m\)能否整除其最小公倍数即可，然后按比例分配。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1100;
typedef long long ll;
ll n, a[N], m, lcm;
ll __gcd(ll a, ll b) {
return b == 0 ? a : __gcd(b, a % b);
}
void solve() {
ll sum = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
sum += lcm / a[i];
}
if (m % sum) {//不能整除说明不能均匀分配，直接输出no即可
puts("No");
return;
}
ll cur = m / sum;
puts("Yes");
for (int i = 1; i <= n; ++i) printf("%lld%c", cur * (lcm / a[i]), " \n"[i == n]);
}
int main() {
//freopen("in.txt", "r", stdin);
ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
while (cin >> n >> m) {
for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];
lcm = a[1];//最小公倍数
for (int i = 2; i <= n; ++i)
lcm = lcm * a[i] / __gcd(lcm, 1ll * a[i]);
solve();
}
}
F - Class
题目链接： HDU - 6577
签到题
题意：
\[\begin{Bmatrix}x = a + b\\\\y = a - b\end{Bmatrix}
\]
计算$a * b $
#include<bits/stdc++.h>
#define ms(a,b) memset(a,b);
using namespace std;
typedef long long ll;
int main() {
//freopen("in.txt", "r", stdin);
ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
ll x, y;
cin >> x >> y;
ll a = (x + y) / 2;
ll b = (x - y) / 2;
cout << a * b << endl;
}
G - Packing
题目链接： HDU - 6571
G题开始都是一些没接触和不熟练的知识点，就导致无法动手解题了。
补题中
H - Trap
题目链接： HDU - 6569
I - Math
J - Cotree
题目链接： HDU - 6567
题意：
有两棵树，一共有\(n\)个点，现在要求在两棵树中连一条边，使得他们变成一棵树，如何连边使下式最小：
\[∑_{i=1}^n∑_{j=i+1}^ndis(i,j)
\]
思路：
我们可以单独考虑边的贡献，一条边的贡献是这条边两边的点数乘积。
那么新加的边的贡献是固定的。
我们考虑怎么减少已存在的边的贡献，其实我们可以感性的理解一下，我们最后选出的两个点相连，我们强制让它们成为他们各自树中的根，那么这么考虑：
- 令\(f[i]\)表示以\(i\)为根的子树中的边的贡献
那么转移有：
\[f[u]=∑_{v∈son[u]}f[v]+sze[v]∗(n−sze[v])
\]
- 令\(g[i]\)表示以\(i\)为根的非子树中的边的贡献
那么转移有：
\[g[u]=g[fa[u]]+f[fa[u]]−f[u]−(sze[u])∗(n−sze[u])+(sze[u]+S)∗(n−sze[u]−S)
\]
其中 \(S\) 代表另外一棵树的大小，最后那两部分主要是\(u→fa[u]\)那条边的贡献变了
刚好赛前看过类似的题，不过因为没有把握迟迟没提交，最后卡点交了一发，没想到直接AC了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 100010;
int n, S, T, fa[N], Size[N];
vector <vector<int>> G;
ll f[N], g[N];
void init() {
for (int i = 1; i <= n; ++i) fa[i] = -1;
}
void dfs(int u) {
Size[u] = 1, f[u] = 0;
for (auto v : G[u])
if (v != fa[u]) {
fa[v] = u; dfs(v);
Size[u] += Size[v];
f[u] += f[v];
f[u] += 1ll * Size[v] * (n - Size[v]);
}
}
ll dfs2(int u, int rt, int S) {
if (u != rt) {
g[u] = g[fa[u]] + f[fa[u]] - f[u] + 1ll * (n - Size[u] - S) * (Size[u] + S) - 1ll * Size[u] * (n - Size[u]);
}
else g[u] = 0;
ll res = f[u] + g[u];
for (auto v : G[u]) if (v != fa[u]) {
res = min(res, dfs2(v, rt, S));
}
return res;
}
int main() {
//freopen("in.txt", "r", stdin);
ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
while (cin >> n) {
G.clear();
G.resize(n + 1);
init();
for (int i = 1, u, v; i < n - 1; ++i) {
cin >> u >> v;
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}
int tr[2] = { 1,0 };
fa[1] = 1;
dfs(1); S = Size[1]; T = n - S;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (fa[i] == -1) {
tr[1] = fa[i] = i;
dfs(i); break;
}
}
ll res = dfs2(1, 1, T) + dfs2(tr[1], tr[1], S) + (ll)S * T;
cout << res << endl;
}
}
K - Rng
概率DP问题，赛后补题，思路来自 博客园Dup4大佬
题意：
考虑随机选择一个区间的过程：
- 先从\([1,n]\)等概率选择\(r\)
- 再在\([1,r]\)中等概率选择出\(l\)
问随机选择两个区间，它们相交的概率？
思路：
考虑枚举 \(r\)：
- 考虑RR落在\([r+1,n]\)的概率，即为：
\[\frac1{n^2}∑_{i=r+1}^n\frac{r}i
\]
- 考虑RR落在[l,r][l,r]之间的概率，即为：
\[\frac1n(\frac1r∑_{i=1}^r\frac{r−i+1}n)
\]
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 1000010
const ll p = 1e9 + 7;
ll qmod(ll base, ll n) {
ll res = 1;
while (n) {
if (n & 1) {
res = res * base % p;
}
base = base * base % p;
n >>= 1;
}
return res;
}
int n;
ll f[N], g[N], inv[N];
ll Sf(int l, int r) {
if (l > r) return 0;
return (f[r] - f[l - 1] + p) % p;
}
ll Sg(int l, int r) {
if (l > r) return 0;
return (g[r] - g[l - 1] + p) % p;
}
void add(ll &x, ll y) {
x += y;
if (x >= p) x -= p;
}
int main() {
inv[1] = 1;
for (int i = 2; i < N; ++i) inv[i] = inv[p % i] * (p - p / i) % p;
for (int i = 1; i < N; ++i) {
f[i] = (f[i - 1] + i) % p;
g[i] = (g[i - 1] + inv[i]) % p;
}
while (scanf("%d", &n) != EOF) {
ll res = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
add(res, 1ll * i * inv[n] % p * inv[n] % p * Sg(i + 1, n) % p);
add(res, 1ll * inv[i] * inv[n] % p * inv[n] % p * (1ll * i * (i + 1) % p - Sf(1, i) + p) % p);
}
printf("%lld\n", res);
}
return 0;
}
参考
题解风格和思路参考：https://www.cnblogs.com/Dup4/p/11223762.html#dwave
