Gym-100506解题报告
A. Average distance
题意：有一棵 \(n\) 节点的带边权树，求不同点对的平均距离。
平均距离即为总距离除以数量，所以考虑总距离。显然可以树形 DP，让点对的贡献在 LCA 处统计。维护 \(f[u]\) 表示以 \(u\) 为根的子树内所有节点到 \(u\) 的距离之和，\(sz[u]\) 表示子树大小，转移显然。统计答案时，对于每个儿子 \(u\to v(w)\)，考虑从 \(v\) 内的每个节点往其他子树的贡献都需要先到 \(u\)，而往其他子树贡献的次数为 \(sz[u]-sz[v]\)，所以每个子树 \(v\) 造成 \((f[v]+w)*(sz[u]-sz[v])\) 的贡献。
By cxm1024
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
vector<pair<int,int> > a[10010];
int f[10010],sz[10010];
int dfs(int now,int fa) {
vector<pair<int,int> > to;
sz[now]=1;
for(auto [v,w]:a[now]) {
if(v==fa) continue;
int tmp=dfs(v,now);
to.push_back({v,tmp+w*sz[v]});
sz[now]+=sz[v];
}
int res=0;
for(auto [v,w]:to) {
res+=w;
f[now]+=w*(sz[now]-sz[v]);
}
return res;
}
signed main() {
int t;
scanf("%lld",&t);
while(t--) {
int n,ans=0;
scanf("%lld",&n);
for(int i=0;i<n;i++)
a[i].clear();
memset(f,0,sizeof(f));
memset(sz,0,sizeof(sz));
for(int i=1;i<n;i++) {
int x,y,z;
scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z);
a[x].push_back({y,z});
a[y].push_back({x,z});
}
dfs(0,0);
for(int i=0;i<n;i++)
ans+=f[i];
printf("%.7Lf\n",(long double)ans/(n*(n-1)/2));
}
return 0;
}
B. Bus Pass
给你一个 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向连通图，没有边权。选中了 \(k\) 个特殊点，你需要确定一个中心点，使其到特殊点的距离最大值最小。距离为最短路长度。答案相同输出编号较小的中心点。\(T\le 100,n\le 10^4,m\le 5\times 10^4,k\le 200\)。
显然可以对于每个特殊点跑一遍 BFS，更新每个节点到最远的特殊点的距离，最后统计最远距离最小的点作为答案即可。复杂度 \(O(Tkm)\)。
By cxm1024
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
vector<int> a[10010];
int dis[10010];
bool vis[10010];
signed main() {
int t;
cin>>t;
while(t--) {
for(int i=1;i<=10000;i++)
a[i].clear();
int n,m;
cin>>n>>m;
set<int> ver;
for(int i=1;i<=n;i++) {
int x,y,cnt;
cin>>x>>cnt;
ver.insert(x);
while(cnt--) {
cin>>y;
a[x].push_back(y);
}
}
set<int> st;
for(int i=1;i<=m;i++) {
int cnt,x;
cin>>cnt;
while(cnt--) {
cin>>x;
st.insert(x);
}
}
memset(dis,0,sizeof(dis));
for(int s:st) {
memset(vis,0,sizeof(vis));
queue<pair<int,int> > q;
q.push({s,1});
while(!q.empty()) {
auto [u,d]=q.front();q.pop();
if(vis[u]) continue;
vis[u]=1,dis[u]=max(dis[u],d);
for(int v:a[u])
if(!vis[v]) q.push({v,d+1});
}
}
int ans=0,mind=1e9;
for(int i:ver)
if(dis[i]<mind) ans=i,mind=dis[i];
cout<<mind<<" "<<ans<<endl;
}
return 0;
}
C. Cutting Banknotes
题意：有 \(n\) 种不同的钞票 \(a_1,a_2\cdots a_n\)，每种任意张，可以将钞票砍成面值为原来 \(1/2\) 的两半，可以有找零，问有限次操作是否能购买价值为 \(x\) 的物品。\(x\) 小数点后最多 \(2\) 位。
转化一下，即为 \(k_1a_1+k_2a_2+\cdots+k_na_n=2^px\)。为了避免两位小数的影响，同时乘 \(100\)，得 \(25(k_1a_1+k_2a_2+\cdots k_na_n)=2^p\cdot 100x\)（左边因数 \(4\) 可以归到右边 \(2^p\) 内），其中 \(100x\) 为整数。
首先判断右边 \(100x\) 是否为 \(25\) 的倍数。如果是则可以除到右边，转化为 \(k_1a_1+k_2a_2+\cdots+k_na_n=2^p\cdot 4x\)，其中 \(4x\) 为整数。这个式子显然为裴蜀定理的形式，有解的充要条件为 \(2^p\cdot 4x\) 是 \(\gcd(a_1,a_2,\cdots,a_n)\) 的倍数。由于有一个 \(2^p\)，所以可以将 \(\gcd\) 中所有 \(2\) 的因数全部消掉，判断剩下的 \(4x\) 是否为删掉 \(2\) 的因数的 \(\gcd\) 的倍数即可。
By cxm1024
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int gcd(int a,int b) {
if(b==0) return a;
return gcd(b,a%b);
}
signed main() {
int t;
cin>>t;
while(t--) {
double x;
int n,m,d=0;
cin>>x>>n;
m=int(x*100+0.5);
for(int i=1;i<=n;i++) {
int k;
cin>>k;
d=gcd(d,k);
}
while(d%2==0) d/=2;
if(m%25!=0) cout<<"no"<<endl;
else if(m/25%d==0) cout<<"yes"<<endl;
else cout<<"no"<<endl;
}
return 0;
}
D. Dice Password Security
题意：给你一个 \(n\) 个单词的集合，每个单词可以使用任意多次，只能使用恰好 \(m\) 个单词。每次询问组成长度为 \(k\) 的字符串的方案数。
每个单词只有长度信息有用，所以存数组 \(a[i]\) 表示第 \(i\) 个单词的长度。考虑 DP：设 \(f[i][j][k]\) 表示考虑前 \(i\) 个单词，已经用了 \(j\) 个，长度为 \(k\) 的方案数。则转移枚举这一个单词使用几次，用插板法组合数求这些单词放置的位置即可。
By cxm1024
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int MAXV=5;
int jc[MAXV+5];
int ksm(int a,int b,int res=1) {
for(;b;a=a*a,b>>=1)
if(b&1) res=res*a;
return res;
}
void init() {
jc[0]=1;
for(int i=1;i<=MAXV;i++)
jc[i]=jc[i-1]*i;
}
int C(int x,int y) {
return jc[x]/jc[y]/jc[x-y];
}
int a[10010],f[2][6][52];
signed main() {
init();
int t;
cin>>t;
while(t--) {
memset(f,0,sizeof(f));
int n,m,q;//n个单词，用m个，q次询问
cin>>n>>m>>q;
for(int i=1;i<=n;i++) {
string s;
cin>>s;
a[i]=s.size();
}
f[0][0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) {
int x=i%2,y=1-x;
for(int j=0;j<=m;j++)
for(int k=0;k<=50;k++) {
f[x][j][k]=0;
for(int cnt=0;cnt<=j&&cnt*a[i]<=k;cnt++)
f[x][j][k]+=f[y][j-cnt][k-cnt*a[i]]*C(j,cnt);
}
}
while(q--) {
int l;
cin>>l;
cout<<f[n%2][m][l]<<endl;
}
}
return 0;
}
G. Pachinko
题意：有一个矩阵，有些格子有障碍，有些格子有洞，每个洞有权值。你可以将一个小球放在任意一列的顶端，经过洞会掉进洞里，得分为该洞的权值，碰到障碍会随机向左或向右。问最大期望得分。
显然可以 DP。\(f[i][j]\) 表示如果当前走到 \((i,j)\) 的期望得分，则如果有洞直接得到答案；如果没有障碍，\(f[i][j]=f[i+1][j]\)；如果有障碍，\(f[i][j]=\frac{1}{2}f[i+1][j-1]+\frac{1}{2}f[i+1][j+1]\)。
By cxm1024
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
string s[110];
double f[110][110];
signed main() {
int t;
cin>>t;
while(t--) {
int n,m;
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++) {
cin>>s[i];
s[i]=" "+s[i];
for(int j=1;j<=m;j++)
f[i][j]=0;
}
for(int j=1;j<=m;j++)
if(s[n][j]!='*'&&s[n][j]!='.')
f[n][j]=s[n][j]-'0';
for(int i=n-1;i>0;i--)
for(int j=1;j<=m;j++) {
if(s[i][j]=='*') continue;
if(s[i][j]!='.') f[i][j]=s[i][j]-'0';
else if(s[i+1][j]=='*') f[i][j]=f[i+1][j-1]*0.5+f[i+1][j+1]*0.5;
else f[i][j]=f[i+1][j];
}
double ans=0;
for(int j=1;j<=m;j++)
ans=max(ans,f[1][j]);
printf("%.7lf\n",ans);
}
return 0;
}
I. Ranking
题意：给定 \(n\) 个人在比赛中的提交记录，输出排名信息。排名规则如下：
- 做题数越多越好。
- 做题相同，罚时越低越好。每道题罚时为，这道题的第一次 AC 时间，加上在第一次 AC 之前的错误提交次数*20min。总罚时为每道 AC 的题目的罚时之和。
- 罚时相同，考虑两队最晚的“得分/罚时不同”的时刻，此时得分越高越好，得分相同罚时越低越好。
- 得分罚时的时间完全相同，则被认为平局。输出时排名要相同，但要先输出名字字典序较小的。
按照题意模拟即可。需要充分利用 STL 中的容器。
By cxm1024
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node {
int pen;
string st;
vector<pair<int,int> > sub;
} a[55];
signed main() {
int t;
cin>>t;
while(t--) {
int n,m;
cin>>n>>m;
map<string,pair<int,vector<pair<int,int> > > > mp;
map<pair<string,char>,pair<bool,int> > done;
map<string,int> ind;
for(int i=1;i<=n;i++) {
string s;
cin>>s;
mp[s]={0,vector<pair<int,int> >()};
ind[s]=i,a[i].st=s;
}
for(int i=1;i<=m;i++) {
int t;
string tm,op;
char pr;
cin>>t>>tm>>pr>>op;
if(op=="rejected") {
if(!done[{tm,pr}].first)
done[{tm,pr}].second+=20;
}
else {
if(!done[{tm,pr}].first) {
done[{tm,pr}].first=1;
mp[tm].first+=t+done[{tm,pr}].second;
mp[tm].second.push_back({t,-done[{tm,pr}].second});
}
}
}
for(auto tmp:mp) {
int x=ind[tmp.first];
a[x].pen=tmp.second.first;
a[x].sub=tmp.second.second;
reverse(a[x].sub.begin(),a[x].sub.end());
}
sort(a+1,a+n+1,[](node p,node q) {
if(p.sub.size()!=q.sub.size()) return p.sub.size()>q.sub.size();
if(p.pen!=q.pen) return p.pen<q.pen;
if(p.sub!=q.sub) return p.sub<q.sub;
return p.st<q.st;
});
for(int i=1,now=0;i<=n;i++) {
if(i==1||a[i].sub!=a[i-1].sub) now=i;
cout<<now<<" "<<a[i].st<<" "<<a[i].sub.size()<<" "<<a[i].pen<<endl;
}
}
return 0;
}
J. Stock
题意：有一个股票，第 \(i\) 天你会获得 \(x_i\) 股（可以保存到后面），当天卖价为 \(p_i\)，当天最多能卖 \(m_i\) 股。问最大赚钱量。
考虑最后一天获得的股票必须最后一天卖，剩下卖不掉的只能舍弃。倒数第二天可以选择当天卖还是到最后一天卖（如果有剩余），显然应该贪心地选最贵的那一天卖，用完剩余量了再选次贵的那一天卖，以此类推。
这个做法的本质在于股票之间没有区别，所以可以贪心选最贵的。如果这个不卖给最贵的而将前面几天的卖给最贵的，没有任何区别。
By cxm1024
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int x[100010],p[100010],m[100010];
signed main() {
int t;
cin>>t;
while(t--) {
int n,ans=0;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>x[i]>>p[i]>>m[i];
map<int,int> mp;
for(int i=n;i>0;i--) {
mp[p[i]]+=m[i];
auto tmp=--mp.end();
while(x[i]>0&&!mp.empty()) {
if(x[i]<(*tmp).second)
(*tmp).second-=x[i],ans+=(*tmp).first*x[i],x[i]=0;
else x[i]-=(*tmp).second,ans+=(*tmp).first*(*tmp).second,mp.erase(tmp);
if(!mp.empty()) tmp=--mp.end();
}
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
