| 题目名称 | 穿越七色虹 | 四叶草魔杖 | 圣主的考验 |
|---|---|---|---|
| 程序文件 | rainbow | clover | domine |
| 输入文件 | rainbow.in | clover.in | domine.in |
| 输出文件 | rainbow.out | clover.out | domine.out |
| 每个测试点时限 | 1 秒 | 1 秒 | 2 秒 |
| 内存限制 | 128 MB | 128 MB | 256 MB |
| 代码长度限制 | 无 | 无 | 4096 B |
| 测试点数目 | 10 | 10 | 10 |
| 每个测试点分值 | 10 | 10 | 10 |
| 是否有部分分 | 无 | 无 | 无 |
评测环境： Intel(R) Core(TM) i3-370M CPU @2.40GHz 2.39GHz, 2.00GB RAM Cena 0.8.2 @ Windows 8 Enterprise x64 C++选手可以使用 %lld 或%I64d 输入输出 64 位整数。 最终评测时，所有编译命令均不打开任何优化开关。
穿越七色虹(rainbow.pas/c/cpp)
题目背景
在 Nescafe27 和 28 中，讲述了一支探险队前往 Nescafe 之塔探险的故事…… 当两位探险队员以最快的时间把礼物放到每个木箱里之后，精灵们变身为一缕缕金带似
的光，簇簇光芒使探险队员们睁不开眼睛。待一切平静下来之后，探险队员来到了一座宫殿 中，玉制的石椅上坐着两个人…… “你们就是……Nescafe 之塔护法中的两位？” “是的，我们就是神刀护法 xlk 和飞箭护法 riatre……你们来这里做什么？” “我们是前来拜访圣主和四位护法的……” “如果你们想见圣主和其它两位护法，你们必须穿过前方的七色彩虹。请随我来吧……”
题目描述
探险队员们跟随两位护法来到了七色虹前。七色虹，就是平面直角坐标系中赤橙黄绿青 蓝紫七个半圆，第 i 座(1<=i<=7)半圆形彩虹的圆心是(xi,0)，半径是 ri，半圆上所有点的纵坐 标均为非负数。探险队员可以看做一条竖直的、长度等于身高的线段，线段的底端纵坐标为 0，最高的一位探险队员的身高为 h。 现在探险队员们要从(0,0)穿越七色虹到达(x0,0)，穿越七色虹的过程中，探险队员的整 个身体必须始终在至少一个半圆形彩虹的内部。由于彩虹的半径 ri 可能太小了，不足以满 足这个条件，因此两位护法决定帮助他们把所有彩虹的半径都增大一个非负实数 r。探险队 员们想知道，r 最小是多少呢？
输入格式
第一行两个实数 h、x0，表示身高和目的地横坐标。 接下来七行每行两个实数 xi、ri，表示七座半圆形彩虹的圆心和半径。
输出格式
输出最小的 r，四舍五入保留 2 位小数。
样例输入
4.0 36.0
0.0 4.0
6.0 4.0
12.0 4.0
18.0 4.0
24.0 4.0
30.0 4.0
36.0 4.0
样例输出
1.00
数据范围与约定
对于 100% 的数据，满足 0<=xi,x0<=10000，0<h<100
题解
有点小小技巧的二分，其实嘛，二分我还是看出来了，但是只是傻到用各种特判卡（傻x）。其实人的高度是一定的，圆的半径是一定的，那么人在这个圆里可以活动的空间就是一个长度确定的线段，最后完美转换为区间覆盖问题。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
double h,x0;
double x[10],r[10];
struct line{
double l,rr;
}t[10];
bool cmp(line a,line b){
return a.l<b.l;
}
bool check(double ins)
{
for(int i=1;i<=7;i++)r[i]+=ins;
for(int i=1;i<=7;i++)
{
double dis=sqrt(r[i]*r[i]-h*h);
t[i].l=x[i]-dis;
t[i].rr=x[i]+dis;
}
sort(t+1,t+1+7,cmp);
double end=0;
for(int i=1;i<=7;i++)
{
if(end>x0)return true;
if(end<t[i].l)return false;
end=t[i].rr;
end=max(end,t[i].rr);
}
if(end<x0)return false;
return true;
}
int main()
{
freopen("rainbow.in","r",stdin);
freopen("rainbow.out","w",stdout);
cin>>h>>x0;
double ans;
for(int i=1;i<=7;i++)
scanf("%lf%lf",&x[i],&r[i]);
double l=0,rr=10000;
while(l+0.0001<rr)
{
double mid=(l+rr)/2;
if(!check(mid)){ans=l=mid;}
else rr=mid;
for(int i=1;i<=7;i++)r[i]-=mid;
}
printf("%.2f",ans);
return 0;
}
四叶草魔杖(clover.pas/c/cpp)
题目背景
陶醉在彩虹光芒笼罩的美景之中，探险队员们不知不觉已经穿过了七色虹，到达了目的 地，面前出现了一座城堡和小溪田园，城堡前的木牌上写着“Poetic Island”。 “这一定就是另外两位护法的所在地了……我们快进去吧！” 探险队员们快步进入了城堡，城堡大厅的羊毛沙发上坐着两个人。 “你们是 Nescafe 的护法吧？” “是的哦~ 我们就是圣剑护法 rainbow 和魔杖护法 freda~ 你们来这里做什么呢~” “我们是来拜访圣主和四位护法的……” “可是圣主 applepi 已经前往超自然之界的学校（Preternatural Kingdom University，简 称 PKU）修炼魔法了，要想见到他，必须开启 Nescafe 之塔与超自然之界的通道。但是圣主 规定，开启通道的方法不能告诉任何外人。我只能提示你们，开启通道的钥匙就与四位护法 有关 T_T” 探险队员环视四周，突然，其中一人的目光停留在了魔杖之上。“hoho~ 魔杖！传说中 开启异时空通道的钥匙不就叫四叶草魔杖吗？四叶草有力量、信心、希望和幸运四片叶子， 护法恰好有神刀、飞箭、圣剑、魔杖四位！aha~我找到答案了！” “好吧，那我们就满足你们的愿望~”
题目描述
魔杖护法 Freda 融合了四件武器，于是魔杖顶端缓缓地生出了一棵四叶草，四片叶子幻 发着淡淡的七色光。圣剑护法 rainbow 取出了一个圆盘，圆盘上镶嵌着 N 颗宝石，编号为 0~N-1。第 i 颗宝石的能量是 Ai。如果 Ai>0，表示这颗宝石能量过高，需要把 Ai 的能量传 给其它宝石；如果 Ai<0，表示这颗宝石的能量过低，需要从其它宝石处获取-Ai 的能量。保 证∑Ai =0。只有当所有宝石的能量均相同时，把四叶草魔杖插入圆盘中央，才能开启超自 然之界的通道。 不过，只有 M 对宝石之间可以互相传递能量，其中第 i 对宝石之间无论传递多少能量， 都要花费 Ti 的代价。探险队员们想知道，最少需要花费多少代价才能使所有宝石的能量都 相同？
输入格式
第一行两个整数 N、M。 第二行 N 个整数 Ai。 接下来 M 行每行三个整数 pi,qi,Ti，表示在编号为 pi 和 qi 的宝石之间传递能量需要花 费 Ti 的代价。数据保证每对 pi、qi 最多出现一次。
输出格式
输出一个整数表示答案。无解输出 Impossible。
样例输入
3 3
50 -20 -30
0 1 10
1 2 20
0 2 100
样例输出
30
数据范围与约定
对于 50% 的数据，2<=N<=8。
对于 100% 的数据，2<=N<=16，0<=M<=N*(N-1)/2，0<=pi,qi<N，-1000<=Ai<=1000， 0<=Ti<=1000，∑Ai=0。
题解与分析
本题的做法应该是floyd传递闭包+状态dp（noip要是出这种题直接gg），首先floyd传递闭包是什么意思？？其实就是求两点之间的最短距离，由于这个题目中的图是可以不互相连通，所以做完floyd之后就会得到一些彼此独立的互相连通图，然后，再对每一个分图统计出一些点集，满足于{a[i]}的加和为0,那么这些就是一些部分答案，要求所有点满足加和为0的状态，如果要求最优，就必须动规（状态）了。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define INF (1<<29)
#define LL long long
using namespace std;
int N,M,A[20];
int mp[20][20];
bool Zp[20],vis[20];
int Cm[20][20],cnt;
int trs(int x){return (1<<x);}
int rtrs(int x){int rtn=1;while(trs(rtn)!=x)rtn++;return rtn;}
void read(){
scanf("%d%d",&N,&M);
for(int i=1;i<=N;i++)
scanf("%d",&A[i]);
for(int i=1;i<=N;i++)
for(int j=1;j<=N;j++)
mp[i][j]=INF;
for(int i=1;i<=M;i++){
int x,y,z;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
x++;y++;
mp[x][y]=z;
mp[y][x]=z;
}
}
void Floyd(){
for(int k=1;k<=N;k++)
for(int i=1;i<=N;i++)
for(int j=1;j<=N;j++)
if(i!=j&&mp[i][j]>mp[i][k]+mp[k][j])
mp[i][j]=mp[i][k]+mp[k][j];
}
void checkzp(){
for(int i=1;i<=N;i++)
if(!A[i])Zp[i]=true;
}
void dfs(int k){
vis[k]=true;
Cm[cnt][++Cm[cnt][0]]=k;
for(int i=1;i<=N;i++)
if(!vis[i]&&!Zp[i])
dfs(i);
}
void getset(){
for(int i=1;i<=N;i++)
if(!vis[i]&&!Zp[i]){
cnt++;
dfs(i);
}
}
bool checksum(){
for(int i=1;i<=cnt;i++){
int sum=0;
for(int j=1;j<=Cm[cnt][0];j++)
sum+=A[Cm[cnt][j]];
if(sum!=0)return false;
}
return true;
}
int bag[65536],tot,val[262144],F[262144];
int Fa[20];
void Pre(){for(int i=1;i<=N;i++)Fa[i]=i;}
int Find(int x){return Fa[x]==x?x:Fa[x]=Find(Fa[x]);}
void Merge(int x,int y){Fa[Find(x)]=Find(y);}
struct edge{
int a,b,t;
edge(int aa=0,int bb=0,int tt=0)
{a=aa;b=bb;t=tt;}
}E[65536];int Et;
bool cmp(edge x,edge y){return x.t<y.t;}
void add(int x,int y,int z){E[++Et]=edge(x,y,z);}
int MST(int St){
Et=0;memset(E,0,sizeof(E));
for(int i=1;i<N;i++)if(trs(i)&St)
for(int j=i+1;j<=N;j++)if(trs(j)&St)
if(mp[i][j]!=INF)
add(i,j,mp[i][j]);
sort(E+1,E+1+Et,cmp);
Pre();
int rtn=0;
for(int i=1;i<=Et;i++){
int x=E[i].a,y=E[i].b;
if(Find(x)!=Find(y)){
Merge(x,y);
rtn+=E[i].t;
}
}
return rtn;
}
void search(int c,int k,int t,int sum,int St){
if(k>t+1)return;
if(St&&!sum){
bag[++tot]=St;
val[St]=MST(St);
}
int p=Cm[c][k];
search(c,k+1,t,sum+A[p],St|trs(p));
search(c,k+1,t,sum,St);
}
void getbag(){
for(int i=1;i<=cnt;i++)
search(i,1,Cm[i][0],0,0);
}
void DP(){
int Suc=0;
for(int i=1;i<=N;i++)if(!Zp[i])Suc|=(1<<i);
for(int i=2;i<=Suc;i+=2)F[i]=INF;
for(int i=1;i<=tot;i++){
int s1=bag[i];
F[s1]=val[s1];
for(int j=1;j<=tot;j++){
int s2=bag[j];
F[s1|s2]=min(F[s1|s2],F[s2]+val[s1]);
}
}
printf("%d
",F[Suc]);
}
int main(){
freopen("clover.in","r",stdin);
freopen("clover.out","w",stdout);
read();
Floyd();
checkzp();
getset();
if(!checksum()){
printf("Impossible");
return 0;
}
getbag();
DP();
}
/*
3 3
50 -20 -30
0 1 10
1 2 20
0 2 100
*/
圣主的考验(domine.pas/c/cpp)
题目背景
随着四叶草魔杖的插入，Nescafe 之塔的塔尖附近出现了光漩涡。随着一束光芒投下， 探险队员们面前出现了圣主的身影。 “参见圣主！” “大家好，我叫杜宇飞。我就是 Nescafe 的圣主 applepi。” “圣主，我们是专程前来拜访您的！”探险队员们万分激动。 “再有七天就是 Nescafe 镇塔之宝一年一度的封印之期了，你们可以留下来观看封印。 不过在这之前，我还是想考考你们……”
题目描述
若对于二叉树 T 的每个节点 v，其左子树的高度 L 和右子树的高度 R 均满足|L – R|≤1， 则这个树 T 有可能来自超自然之界。规定若某节点子树为空，则该子树的高度是 0。你的任 务是求有 N 个节点的可能来自超自然之界的树的数目。
输入格式
每个测试点包含若干个测试数据。 每个测试数据占一行，包含一个整数 N。 输入文件以 0 结尾。
输出格式
对于每个测试数据，在单独的一行内输出结果。由于结果可能会很大，你只需要输出答 案在十进制表示下的后九位。若答案不足九位，只需输出原答案。
样例输入
2
3
5
30
0
样例输出
2
1
6
11307920
数据范围与约定
对于 30% 的测试点，N≤100。 对于 70% 的测试点，N≤1000。 对于 100% 的测试点，1≤N≤3000。
题解
我觉得是一个真的好题，其实我现在也不能很流畅的梳理思路，我试一下吧。首先对于一个高度确定的二叉树，组成他的节点个数的范围是可以确定的。很容易的想到，如果是一颗满二叉树，那么他包含的节点个数一定最多。那么最小的情况呢？其实可以想到一个递推式Min[h]=Min[h-1]+Min[h-2]+1;因为一个满足条件的二叉树只有左右子树不相等，才可以省下个数；所以根据这个高度的范围，我们可以找到n个节点对应h最小的情况，即n<=Max[h].满二叉树的情况一定是高度最小。然后h可以再n>=min[h]里枚举，这个范围比较小。N是不变的，min[h]是n个节点高度最高的情况（由min的定义可以得知）；然后类似的左子树也可以这样枚举，加上dp这道题就差不多了；其实吧，对于现在的我还是不是很好想的（QAQ，真的菜
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#define mod 1000000000
using namespace std;
typedef long long LL;
int a[3005],cnt,maxn=-1;
LL f[3005][200],Min[31],Max[31],ans[3005];
int main()
{
freopen("domine.in","r",stdin);
freopen("domine.out","w",stdout);
while(true)
{
scanf("%d",&a[++cnt]);
if(a[cnt]==0)break;
maxn=max(maxn,a[cnt]);
}
Max[1]=Min[1]=1;
for(int i=2;i<=30;i++)
{
Min[i]=Min[i-1]+Min[i-2]+1;
Max[i]=Max[i-1]*2+1;
}
ans[1]=1,ans[2]=2,f[1][1]=1;f[2][2]=2;
for(int i=3;i<=maxn;i++)
{
int h=1;while(Max[h]<i)h++;
while(Min[h]<=i)
{
int j=Min[h-2];
while(true)
{
int l=j,r=i-l-1;
if(r<Min[h-2])break;
f[i][h]=((((f[i][h]+(f[l][h-1]*f[r][h-2])%mod)%mod
+(f[l][h-2]*f[r][h-1])%mod)%mod)
+(f[l][h-1]*f[r][h-1])%mod)%mod;
j++;
}
ans[i]=(ans[i]+f[i][h])%mod;
h++;
}
}
for(int i=1;i<=cnt-1;i++)
{
int k=a[i];
if(k>=35)printf("%.9d
",ans[k]);
else printf("%d
",ans[k]);
}
return 0;
}