2014 Multi-University Training Contest 6 部分题目解题报告
HDOJ 4921 Map
题意：
模型转化为：给不超过10条链，每条链不超过1000个点，每条链可以选前缀的一段或是不选，每一种选法都会得到分数，分数又分成两步计算（还挺麻烦，不解释了），现在让你随便选，问选出来的分数期望是多少。
分析：
每种选法是等概率的，所以所求期望就是 Σ每个方案的分数/总方案数。总方案数就是所有链的长度+1的乘积，再-1（去掉都不选的情况）。考虑每种方案的分数很复杂，其实可以考虑每个点的分数会被取多少次。对于第一步，每个点就是自己的分数乘以会包含该点的方案数，即是其他链的取法的乘积乘上该点到该链末尾的长度。然后第二步就是考虑每一个等级(1000)，然后2^10暴力枚举每条链该等级选或不选，累加即可。题解没仔细看，貌似更很厉害些，还有个log的复杂度=。=。。。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 using namespace std; 4 5 int T, n, m, x, y, tot; 6 int nex[10100], v[10100], line[15][1010]; 7 bool head[10100]; 8 double sum, sumv; 9 void dfs(int lv, int pos, int yi, int sumi, int xi, double sum) 10 { 11 if (pos > tot){ 12 if (yi > 1){ 13 sumv += (double)yi * sumi / xi * sum; 14 } 15 return; 16 } 17 if (line[pos][0] < lv) 18 dfs(lv, pos+1, yi, sumi, xi, sum*(line[pos][0]+1)); 19 else{ 20 dfs(lv, pos+1, yi+1, sumi+v[line[pos][lv]], xi, sum*(line[pos][0]-lv+1)); 21 dfs(lv, pos+1, yi, sumi, xi, sum*lv); 22 } 23 } 24 int main() 25 { 26 scanf("%d", &T); 27 while(T--) 28 { 29 scanf("%d %d", &n, &m); 30 for (int i = 0; i < n; i++) scanf("%d", v+i); 31 memset(head, 1, sizeof(head)); 32 memset(nex, -1, sizeof(nex)); 33 for (int i = 0; i < m; i++){ 34 scanf("%d %d", &x, &y); 35 nex[x] = y; 36 head[y] = 0; 37 } 38 tot = 0; sum = 1.0; sumv = 0; 39 for (int i = 0; i < n; i++) if (head[i]){ 40 line[++tot][0] = 1; 41 line[tot][1] = i; 42 int now = i; int &cnt = line[tot][0]; 43 while (nex[now] != -1){ 44 now = nex[now]; 45 line[tot][++cnt] = now; 46 } 47 } 48 for (int i = 1; i <= tot; i++) 49 sum *= (double)(line[i][0] + 1); 50 for (int i = 1; i <= tot; i++){ 51 int len = line[i][0]; 52 for (int j = 1; j <= len; j++){ 53 int k = line[i][j]; 54 if (tot == 1) sumv += (double)v[k] * (len - j + 1); 55 else sumv += (double)v[k] * sum * (len - j + 1) / (len+1); 56 } 57 } 58 // printf("%.3lf\n", sumv); 59 if (tot > 1){ 60 int maxlv = 1; 61 for (int i = 1; i <= tot; i++) 62 if (line[i][0] > maxlv) maxlv = line[i][0]; 63 for (int i = 1; i <= maxlv; i++){ 64 int xi = 0; 65 for (int j = 1; j <= tot; j++) 66 if (line[j][0] >= i) xi++; 67 dfs(i, 1, 0, 0, xi, 1.0); 68 } 69 } 70 // printf("%.3lf\n", sumv); 71 printf("%.3lf\n", sumv/(sum-1.0)); 72 } 73 return 0; 74 }
HDOJ 4923 Room and Moor
题意：
给定序列Ai，只有0和1，你要选择一个序列Bi，满足单调非递减，每一项范围在[0,1]的条件，使得Σ(Ai - Bi)^2最小。
分析：
先考虑贪心，前面连续的0和末尾连续的1都可以去掉，每当碰上0，不用上升，如果是1，考虑上升和上升的高度，然后就跪了。可以想象最后的Bi应该是一条条高度上升的线段，也就是从l到r的一段区间，Bl..Bi..Br的值相同，对所求式子求导，或是直接展开成一个二次函数，会发现对于一段区间，Bi的最优值等于Ai中对应区间的1的个数除以1和0的个数（即区间长度）。通过这样的方式来贪心处理不了100...000111...110这种情况。其实可以引入单调栈让我们有“反悔”的机会。单调栈里存的是之前的区间的Bi的大小，显然是递增的。我们加入新的区间（开始就是新的点），计算它的Bi最优值，如果比栈顶的高，我们就加入栈。如果比栈顶低，我们就把栈顶区间取出，和当前区间合并，再和新栈顶比较，直到比某个栈顶高或者栈空，将合并后的区间压入栈。最后扫描一遍栈求出答案即可。
1 #include<cstdio> 2 using namespace std; 3 4 const int maxn = (int)1e5+10; 5 struct node{ 6 int l, r; 7 double h; 8 node(){} 9 node(int ll, int rr, double hh):l(ll), r(rr), h(hh){} 10 } stack[maxn]; 11 int T, n; 12 int a[maxn], sum[maxn]; 13 int main() 14 { 15 scanf("%d", &T); 16 while(T--) 17 { 18 scanf("%d", &n); 19 sum[0] = 0; 20 for (int i = 1; i <= n; i++){ 21 scanf("%d", a+i); 22 sum[i] = sum[i-1] + a[i]; 23 } 24 int top = 0; 25 for (int i = 1; i <= n; i++){ 26 node now = node(i, i, sum[i]-sum[i-1]); 27 while(top > 0 && now.h < stack[top-1].h){ 28 top --; 29 now.l = stack[top].l; 30 now.h = (double)(sum[now.r] - sum[now.l-1])/(now.r - now.l + 1); 31 } 32 stack[top++] = now; 33 } 34 double ans = 0; 35 for (int i = 0; i < top; i++){ 36 int ll = stack[i].l, rr = stack[i].r; 37 int len = rr - ll + 1; 38 double hh = stack[i].h; 39 int tot = sum[rr] - sum[ll-1]; 40 ans += hh * hh * len - 2.0 * tot * hh + tot; 41 } 42 printf("%.6lf\n", ans); 43 } 44 return 0; 45 }
HDOJ 4925 Apple Tree
题意：
n×m的图，每格可以种苹果或施肥，种苹果得一个苹果，施肥的格子上下左右的格子若种苹果则苹果数翻倍，问最多能得几个苹果。
分析：
本场签到题，观察发现黑白染色可以获得最多的苹果。范围很小，可以直接染色求结果，推公式也很快。（提示：先考虑1×m的情况，再考虑2×m的情况，推广到n×m的情况）
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 6 int T, n, m; 7 int main() 8 { 9 scanf("%d", &T); 10 while(T--) 11 { 12 scanf("%d %d", &n, &m); 13 if (n > m) swap(n, m); 14 if (m == 1){ 15 puts("1"); 16 continue; 17 } 18 if (n == 1) printf("%d\n", 2 * (m-1)); 19 else printf("%d\n", 8 * (m-1) * (n-1)); 20 } 21 return 0; 22 }
HDOJ 4927 Series 1
题意：
给一个n个数的数列，相邻项做差得到新的数列（听说叫差分序列？），做n-1次得到一个数，问这个数是多少。
分析：
做差时不计算，而是保留所有数字，可以发现原来数列每个数会乘上一个系数，刚好是杨辉三角上的一行，再加上正负号，累加就是答案。组合数会到C(1500, 3000)的规模，所以需要高精度。代码是队友写的。
1 import java.io.*; 2 import java.math.*; 3 import java.util.*; 4 5 public class Main{ 6 public static void main(String [] args){ 7 Scanner cin; 8 cin = new Scanner(System.in); 9 int T, n; 10 BigInteger ans, C, sum[] = new BigInteger [3100]; 11 T = cin.nextInt(); 12 while (T>0){ 13 T--; 14 n = cin.nextInt(); 15 for (int i=0;i<n;i++) sum[i] = cin.nextBigInteger(); 16 C = BigInteger.ONE; 17 ans = BigInteger.ZERO; 18 int w; 19 if (n%2==1) w = 0; 20 else w = 1; 21 for (int i=0;i<n;i++){ 22 if (i%2==w) ans = ans.add(sum[i].multiply(C)); 23 else ans = ans.subtract(sum[i].multiply(C)); 24 C = C.multiply(BigInteger.valueOf(n-i-1)).divide(BigInteger.valueOf(i+1)); 25 } 26 System.out.println(ans); 27 } 28 cin.close(); 29 } 30 }
HDOJ 4930 Fighting the Landlords
题意：
简化版斗地主，给出双方的牌，现在你先手，问有没有一种出牌方法使得对方在这一轮管不住你，或是直接出完。
分析：
先判断能否出完，然后处理大小王和炸弹的情况，接下来一项项匹配即可，只要有一项能大过对方就满足要求。
1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cstring> 4 #include<cmath> 5 #include<algorithm> 6 #include<cstdlib> 7 #include<set> 8 #include<map> 9 #include<queue> 10 #include<ctime> 11 #include<string> 12 using namespace std; 13 14 int T; 15 char aa[30], bb[30]; 16 int a[20], b[20]; 17 int abig[10], bbig[10], acnt[10], bcnt[10]; 18 int trans(char x) 19 { 20 if ('3' <= x && x <= '9') return x - '0' - 2; 21 if (x == 'T') return 8; 22 if (x == 'J') return 9; 23 if (x == 'Q') return 10; 24 if (x == 'K') return 11; 25 if (x == 'A') return 12; 26 if (x == '2') return 13; 27 if (x == 'X') return 14; 28 if (x == 'Y') return 15; 29 } 30 bool legal() 31 { 32 memset(acnt, 0, sizeof(acnt)); 33 int sum = 0; 34 for (int i = 1; i <= 15; i++) 35 sum += a[i]; 36 // printf("%d\n", sum); 37 if (sum > 6) return false; 38 if (sum == 1) return true; 39 for (int i = 1; i <= 15; i++){ 40 if (a[i]) acnt[a[i]]++; 41 } 42 // for (int i = 1; i <= 15; i++) 43 // printf("%d ", a[i]); 44 // printf("\n"); 45 // for (int i = 1; i <= 6; i++) 46 // printf("%d ", acnt[i]); 47 // printf("\n"); 48 if (sum == 2 && acnt[2]) return true; 49 if (sum == 3 && acnt[3]) return true; 50 if (sum == 4 && acnt[4]) return true; 51 if (sum == 4 && acnt[3]) return true; 52 if (sum == 5 && acnt[3] && acnt[2]) return true; 53 if (sum == 6 && acnt[4]) return true; 54 return false; 55 } 56 bool comp() 57 { 58 if (legal()) return 1; 59 if (a[14] && a[15]) return 1; 60 if (b[14] && b[15]) return 0; 61 memset(abig, -1, sizeof(abig)); 62 memset(acnt, 0, sizeof(acnt)); 63 memset(bbig, -1, sizeof(bbig)); 64 memset(bcnt, 0, sizeof(bcnt)); 65 for (int i = 1; i <= 15; i++){ 66 if (a[i]){ 67 acnt[a[i]]++; 68 for (int j = 1; j <= a[i]; j++) 69 abig[j] = i; 70 } 71 if (b[i]){ 72 bcnt[b[i]]++; 73 for (int j = 1; j <= b[i]; j++) 74 bbig[j] = i; 75 } 76 } 77 if (abig[4] > bbig[4]) return true; 78 else if (bbig[4] != -1) return false; 79 if (abig[1] > bbig[1]) return true; 80 if (abig[2] > bbig[2]) return true; 81 if (abig[3] > bbig[3]) return true; 82 if (abig[3] != -1 && acnt[1] != 0 && bcnt[1] == 0 && bcnt[2] == 0) return true; 83 if (abig[3] != -1 && acnt[2] != 0 && bcnt[2] == 0) return true; 84 return false; 85 } 86 int main() 87 { 88 scanf("%d", &T); 89 while(T--) 90 { 91 scanf("%s %s", aa, bb); 92 memset(a, 0, sizeof(a)); 93 memset(b, 0, sizeof(b)); 94 for (int i = 0; i < strlen(aa); i++){ 95 int x = trans(aa[i]); 96 a[x] ++; 97 } 98 for (int i = 0; i < strlen(bb); i++){ 99 int x = trans(bb[i]); 100 b[x] ++; 101 } 102 bool win = comp(); 103 if (win) puts("Yes"); 104 else puts("No"); 105 } 106 return 0; 107 }
