牛客国庆集训派对Day2 Solution

A    矩阵乘法

思路：

1° 牛客机器太快了，暴力能过。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define N 5000

int n, p, m;
int a[N][100], b[100][N], ans[N][N];

void Run() 
{
    while (scanf("%d%d%d", &n, &p, &m) != EOF)
    {
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            for (int j = 1; j <= p; ++j)
                scanf("%X", &a[i][j]);
        for (int j = 1; j <= m; ++j)
            for (int i = 1; i <= p; ++i)
                scanf("%1d", &b[i][j]);
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            for (int j = 1; j <= m; ++j)
                for (int k = 1; k <= p; ++k)
                    ans[i][j] += a[i][k] * b[k][j];
        int res = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            for (int j = 1; j <= m; ++j)
                res ^= ans[i][j];
        printf("%d
", res);
    }
}

int main()
{
    #ifdef LOCAL
        freopen("Test.in", "r", stdin);
    #endif
    
    Run();
    return 0; 
}

2°

考虑到p很小，可以将它分块，比如说分成8Bit一块，那么对应的只有256种情况，可以预处理一下，然后乘法变成取值

复杂度大概在(4096 * 4096 * 8) 左右

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define N 5000

int n, p, m;
int a[N][100], b[100][N], ap[N][10][256], bp[10][N], ans[N][N];

void Run() 
{
    while (scanf("%d%d%d", &n, &p, &m) != EOF)
    {
        for (int i = 0; i < n; ++i)
            for (int j = 0; j < p; ++j)
                scanf("%X", &a[i][j]);
        for (int j = 0; j < m; ++j)
            for (int i = 0; i < p; ++i)
                scanf("%1d", &b[i][j]);  
        p = (p - 1) / 8 + 1;
        for (int i = 0; i < n; ++i)
            for (int j = 0; j < p; ++j)
                for (int k = 0; k < 256; ++k) 
                    for (int l = 0; l < 8; ++l)
                        if (k & (1 << l)) ap[i][j][k] += a[i][j * 8 + l];
        for (int j = 0; j < m; ++j)
            for (int i = p - 1; i >= 0; --i)
                for (int k = 7; k >= 0; --k)
                    bp[i][j] = bp[i][j] * 2 + b[k + 8 * i][j];
        for (int i = 0; i < n; ++i) 
            for (int j = 0; j < m; ++j)
                for (int k = 0; k < p; ++k)  
                    ans[i][j] += ap[i][k][bp[k][j]]; 
        int res = 0;
        for (int i = 0; i < n; ++i)
            for (int j = 0; j < m; ++j)
                res ^= ans[i][j];
        printf("%d
", res);
    }
}

int main()
{
    #ifdef LOCAL
        freopen("Test.in", "r", stdin);
    #endif
    
    Run();
    return 0; 
}

B    字符串的幂

留坑。

C    生命游戏

留坑。

D    数格点

留坑。

E    数据排序

留坑。

F    平衡二叉树

思路：显然，答案最大肯定是根节点下左子树是满二叉树，右子树是最小平衡二叉树

深度为n的二叉平衡树的最小节点数 = 左平衡树的最小节点数 + 右平衡树的最小结点树 + 当前树的根节点树（1）

显然 ，右平衡树的高度可以比左平衡树少d

当$n <= d$ 的时候 $F[n] = max(n, 0)$

所以$F[n] = F[n - 1] + F[n - d - 1] +1$

满二叉树的结点个数是$2^n$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

int n, d;
ll f[100];

ll qpow(ll base, ll n)
{
    ll res = 1;
    while (n)
    {
        if (n & 1) res *= base;
        base *= base;
        n >>= 1;
    }
    return res;
}

ll work(int h)
{
    if (h <= d)
        return max(h, 0);
    if (f[h]) return f[h];
    f[h] = work(h - 1) + work(h - d - 1) + 1;
    return f[h]; 
}

void Run() 
{
    while (scanf("%d%d", &n, &d) != EOF)
    {
        memset(f, 0, sizeof f);
        printf("%lld
", qpow(2ll, n - 1) - work(n - d - 1) - 1);
    }
}

int main()
{
    #ifdef LOCAL
        freopen("Test.in", "r", stdin);
    #endif
    
    Run();
    return 0; 
}

G    数组合并

留坑。

H    卡牌游戏

思路：考虑抽到一张卡片的概率是$frac{m}{n}$ 那么期望就是 $frac{n}{m}$ 抽到一张之后再抽一张的概率是$frac{m - 1}{n - 1}$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
int t, n, m, k;
 
int main()
{
    scanf("%d", &t);
    for (int kase = 1; kase <= t; ++kase)
    {
        scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
        double res = 0;
        for (int i = 1; i <= k; ++i, --n, --m)
            res += n * 1.0 / m;
        printf("Case #%d: %.10f
", kase, res);
    }
    return 0;
}

I    游戏

留坑。

J    魔法阵

留坑。

K    排队

留坑。