题意：
给出一个每个数位都不同的数n，进行一场游戏。每次游戏将n个数的每个数位重组。如果重组后的数比原来的数大则继续游戏，否则算输。如果重组后的数是最大的数则算赢，问赢的概率。
题解：
用康拓展开求出n是第几大的数，然后递推后面的概率。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; int t; char s[15]; double ans; int fac[10] = {1, 1, 2, 6, 24, 120, 720, 5040, 40320, 362880}; double cal(char *s) { int res = 0; int k = strlen(s); for(int i = 0; i < k; i++) { int cnt = 0; for(int j = i+1; j < k; j++) if(s[j]<s[i]) cnt++; res += fac[k-i-1]*cnt; } if(res==fac[k]-1) return 0; double ans = 1.0/fac[k]; for(int i = res; i < fac[k]-2; i++) ans += ans/fac[k]; return ans; } int main() { scanf("%d", &t); while(t--) { scanf("%s", s); printf("%.9lf ", cal(s)); } }
题意：
Q个题目和M个学生的判卷，求出每道题的答案。如果求不出则输出？。
题解：
模拟即可。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; int t; int q, m; int num[105], state[105]; char ans[105]; char s1[2], s2[2]; int main() { scanf("%d", &t); while(t--) { memset(state, 0, sizeof(state)); memset(num, 0, sizeof(num)); scanf("%d%d", &q, &m); while(m--) { for(int i = 1; i <= q; i++) { scanf("%s%s", s1, s2); if(s2[0]=='T') num[i] = -1, ans[i] = s1[0]; else { if((num[i]==-1)||((state[i]&(1<<s1[0]-'A'))>0)) continue; state[i] |= 1<<s1[0]-'A'; num[i]++; if(num[i]==3) { for(int j = 0; j < 4; j++) if(!(state[i]&(1<<j))) { ans[i] = 'A'+j; break; } num[i] = -1; } } } } for(int i = 1; i <= q; i++) { if(num[i]>-1) printf("?"); else printf("%c", ans[i]); if(i < q) printf(" "); } puts(""); } }
题意：
初始有n个点，m次操作。每次操作加一条边或者询问两个点第一次连通的时刻（若不连通输出-1）。
题解：
GYM - 100814 C.Connecting Graph
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 1e5+10; int t; int n, m; int u, v, k; int f[N], num[N]; vector<pair<int, int> > g[N]; vector<int> c[N]; bool check(int x) { int l = 0, r = g[u].size()-1; while(l <= r) { int mid = l+r>>1; if(g[u][mid].first <= x) l = mid+1; else r = mid-1; } int p1 = g[u][r].second; l = 0, r = g[v].size()-1; while(l <= r) { int mid = l+r>>1; if(g[v][mid].first <= x) l = mid+1; else r = mid-1; } int p2 = g[v][r].second; if(p1==p2) return 1; return 0; } int main() { scanf("%d", &t); while(t--) { scanf("%d%d", &n, &m); for(int i = 1; i <= n; i++) { num[i] = 1; f[i] = i; c[i].clear(); g[i].clear(); c[i].push_back(i); g[i].push_back(make_pair(0, i)); } for(int i = 1; i <= m; i++) { scanf("%d%d%d", &k, &u, &v); if(k&1) { u = f[u]; v = f[v]; if(u!=v) { if(num[u]>num[v]) swap(u, v); for(int j = 0; j < num[u]; j++) { c[v].push_back(c[u][j]); f[c[u][j]] = v; g[c[u][j]].push_back(make_pair(i, v)); } num[v] += num[u]; num[u] = 0; c[u].clear(); } } else { int l = 0, r = i-1; while(l<=r) { int mid = l+r>>1; if(check(mid)) r = mid-1; else l = mid+1; } if(check(r+1)) printf("%d ", r+1); else puts("-1"); } } } }
题意：
一棵n个节点的树，每条边代表一条河。从点1开始边以每秒1个单位开始融化。每个点连的边（不包括连向父亲的）有一条融化完时剩下的该点连的边融化速度降为0.5。q次询问，每次询问某个时刻融化到叶子节点的数量。
题解：
设minn[u]代表节点u的边中权值最小的那个，将点u所有边的权值加上他们与minn[u]的差值。即每条边的权值翻倍再减去minn[u]。
这样处理完之后就省去了0.5的限制。问题变成了求叶子节点到根节点的距离。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 1e5+10; const int inf = 0x3f3f3f3f; int t; int n, q, p, c; int tot; int head[N], to[N], nxt[N], w[N], minn[N]; int cnt; ll tim, num[N]; void dfs(int u, ll val) { if(minn[u]==inf) { num[++cnt] = val; return ; } for(int i = head[u]; ~i; i = nxt[i]) { w[i] = 2*w[i]-minn[u]; dfs(to[i], val+w[i]); } } int main() { scanf("%d", &t); while(t--) { tot = cnt = 0; scanf("%d", &n); for(int i = 1; i <= n; i++) head[i] = -1, minn[i] = inf; for(int i = 2; i <= n; i++) { scanf("%d%d", &p, &c); to[++tot] = i; nxt[tot] = head[p]; head[p] = tot, w[tot] = c; minn[p] = min(minn[p], c); } dfs(1, 0); sort(num+1, num+cnt+1); scanf("%d", &q); while(q--) { scanf("%lld", &tim); int ans = upper_bound(num+1, num+cnt+1, tim)-num-1; printf("%d ", ans); } } }
题意：
给出n*m的矩阵。从点（1，1）出发，可以向右或者向下移动，最后走到（n，m）。将路途上的点值乘起来，问最后的值拿6进制表示末尾最多有几个0。
题解：
题意可以理解为，使最后2的因子数和3的因子数中的最小值最大。
dp[i][j][k]表示走到（i，j），3的因子数为k时2的因子数最多是多少。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int t; int n, m; int q[105][105][3]; int dp[105][105][1505]; int main() { scanf("%d", &t); while(t--) { memset(q, 0, sizeof(q)); memset(dp, -1, sizeof(dp)); scanf("%d%d", &n, &m); for(int i = 1; i <= n; i++) { for(int j = 1; j <= m; j++) { scanf("%d", &q[i][j][0]); int t = q[i][j][0]; while(t%2 == 0) { q[i][j][1]++; t /= 2; } while(t%3 == 0) { q[i][j][2]++; t /= 3; } } } dp[1][1][q[1][1][2]] = q[1][1][1]; for(int i = 1; i <= n; i++) { for(int j = 1; j <= m; j++) { int n2 = q[i][j][1]; int n3 = q[i][j][2]; for(int k = 0; k + n3 <= 1500; k++) { if(dp[i][j-1][k] != -1) dp[i][j][k+n3] = max(dp[i][j][k+n3], dp[i][j-1][k]+n2); if(dp[i-1][j][k] != -1) dp[i][j][k+n3] = max(dp[i][j][k+n3], dp[i-1][j][k]+n2); } } } int ans = 0; for(int i = 1; i <= 1500; i++) { int nn = min(dp[n][m][i], i); ans = max(ans, nn); } printf("%d ", ans); } return 0; }
题意：
给出长和宽，判断时正方形还是矩形。
题解：
判断w是否等于h。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; int t; int w, h; int main() { scanf("%d", &t); while(t--) { scanf("%d%d", &w, &h); if(w==h) puts("Square"); else puts("Rectangle"); } }
G.It is all about wisdom（最短路+二分）
题意：
给出一个图，图中的每条边有使用的最低限制值和花费。问从1走到n在总花费小于k的前提下的最小限制值是多少。
题解：
标准的二分套最短路的题型。二分最小的限制值即可。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 1e5+10; const int inf = 0x3f3f3f3f; int t; int n, m, k; int u, v, c, l, r; int vis[N], dis[N]; struct node { int to, v, lim; node(int a, int b, int c) { to = a; v = b; lim = c; } }; vector<node> g[N]; bool check(int x) { queue<int> q; for(int i = 1; i <= n; i++) vis[i] = 0, dis[i] = inf; q.push(1); vis[1] = 1; dis[1] = 0; while(!q.empty()) { int v = q.front(); q.pop(); vis[v] = 0; int len = g[v].size(); for(int i = 0; i < len; i++) { if(g[v][i].lim > x) continue; if(g[v][i].v+dis[v] < dis[g[v][i].to]) { dis[g[v][i].to] = g[v][i].v+dis[v]; if(!vis[g[v][i].to]) { q.push(g[v][i].to); vis[g[v][i].to] = 1; } } } } if(dis[n] < k) return 1; return 0; } int main() { scanf("%d", &t); while(t--) { scanf("%d%d%d", &n, &m, &k); r = 0; for(int i = 1; i <= n; i++) g[i].clear(); while(m--) { scanf("%d%d%d%d", &u, &v, &c, &l); g[u].push_back(node(v, c, l)); g[v].push_back(node(u, c, l)); r = max(r, l); } l = 1; while(l<=r) { int mid = l+r>>1; if(check(mid)) r = mid-1; else l = mid+1; } if(check(r+1)) printf("%d ", r+1); else puts("-1"); } }
题意：
给出n个数，求数对中最大的hamming距离。
题解：
每两个数求一下异或之后二进制下1个数量即可，输出最大值。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; int t, n; int a[105]; int main() { scanf("%d", &t); while(t--) { int ans = 0; scanf("%d", &n); for(int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d", &a[i]); for(int j = 1; j < i; j++) { int p = a[i]^a[j], cnt = 0; for(int k = 20; k >= 0; k--) { if(p&(1<<k)) cnt++; } ans = max(ans, cnt); } } printf("%d ", ans); } }
题意：
给出合并规则表。两个人轮流进行操作，每次选择从最左面或者最右面开始每两个合并成一个。如果最后剩的是元音字符，就是Salah获胜。否则Marzo获胜。
题解：
暴力维护每一种情况。用1表示S获胜，0表示M获胜。
当S操作时，若两种情况存在1，则当前为1。
当M操作时，若两种情况存在0，则当前为0。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 1e4+10; int t; int tot; int len[N]; char s[N][N]; char g[30][30]; char cmp[5] = {'a', 'e', 'i', 'o', 'u'}; bool dfs(int num, int k) { if(len[num] < 3) { char c; if(len[num]==1) c = s[num][0]; else c = g[s[num][0]-'a'][s[num][1]-'a']; for(int i = 0; i < 5; i++) if(c==cmp[i]) return true; return false; } ++tot; for(int i = 0; i < len[num]; i+=2) { if(i==len[num]-1) s[tot][i/2] = s[num][i]; else s[tot][i/2] = g[s[num][i]-'a'][s[num][i+1]-'a']; } len[tot] = (len[num]+1)/2; bool res = dfs(tot, k^1); if(len[num]&1) { ++tot; s[tot][0] = s[num][0]; for(int i = 1; i < len[num]; i+=2) { s[tot][i/2+1] = g[s[num][i]-'a'][s[num][i+1]-'a']; } len[tot] = (len[num]+1)/2; if(k) res &= dfs(tot, k^1); else res |= dfs(tot, k^1); } return res; } int main() { scanf("%d", &t); while(t--) { tot = 0; for(int i = 0; i < 26; i++) scanf("%s", g[i]); scanf("%s", s[0]); len[0] = strlen(s[0]); if(dfs(0, 0)) puts("Salah"); else puts("Marzo"); } }
题意：
给出a，b，n，p（a<b）。求a/b的前n位数中有多少字串整除p。
题解：
从1扫到n。维护每一位新增的余数。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 1e6+10; int t; ll a, b; int n, p; int bit[N]; int v1[205], v2[205]; ll ans; int main() { scanf("%d", &t); while(t--) { ans = 0; memset(v1, 0, sizeof(v1)); memset(v2, 0, sizeof(v2)); scanf("%lld%lld%d%d", &a, &b, &n, &p); for(int i = 1; i <= n; i++) { a *= 10; bit[i] = a/b; a = a%b; } for(int i = 1; i <= n; i++) { for(int j = 0; j < p; j++) { if(i&1) v1[j] = 0; else v2[j] = 0; } for(int j = 0; j < p; j++) { if(i&1) v1[(j*10+bit[i])%p] += v2[j]; else v2[(j*10+bit[i])%p] += v1[j]; } if(i&1) v1[bit[i]%p]++, ans += v1[0]; else v2[bit[i]%p]++, ans += v2[0]; } printf("%lld ", ans); } }
题意：
N个罐子，每个罐子有一定数量的糖。两个人轮流操作，每次选定一罐，把其他罐中的糖都扔掉。然后把选定罐中的糖任意分配给每个罐，但要保证每个罐中都有糖。不能操作者判输。
题解：
只要有一个罐子糖数必胜则操作者必胜。
当所有罐子糖数小于N时无法给所有罐子分配糖，必输。
当存在罐子糖数在[N，N(N-1)]时，可以把糖分成必输态，即分成所有罐子糖数小于N的状态，这时必胜。
然后举例发现N(N-1)是一个循环节，取模就可以了。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int t, n; int k; int main() { scanf("%d", &t); while(t--) { scanf("%d", &n); int ans = 0; for(int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d", &k); k %= n*(n-1); if(k==0 || k > n-1) ans = 1; } if(ans) puts("Alice"); else puts("Bob"); } }
题意：
按x升序给出n个点的二维坐标，并保证没有两个点x坐标相同。可以在任意两个点之间连边，最后要保证每个点都在连边之下（或在连边上）。问最小的连边总长。
题解：
dp[i]表示第i个点结尾的最小总连边长。
转移是枚举i向第j（1<=j<i）个点连边，要保证连边上方无点。即第i和第j个点的斜率比第i个点和（j，i）范围内的点的斜率都小。最后取最小值。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; int t, n; double dp[1005]; struct node { ll x, y; }a[1005]; double dis(int n1, int n2) { return sqrt((a[n1].x-a[n2].x)*(a[n1].x-a[n2].x)+(a[n1].y-a[n2].y)*(a[n1].y-a[n2].y)); } int main() { scanf("%d", &t); while(t--) { scanf("%d", &n); for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld%lld", &a[i].x, &a[i].y); dp[1] = dis(1, 2); for(int i = 2; i <= n; i++) { int pos = i-1; dp[i] = min(dp[i-2], dp[i-1])+dis(i, i-1); for(int j = i-2; j >= 1; j--) { if((a[i].y-a[pos].y)*(a[i].x-a[j].x) >= (a[i].y-a[j].y)*(a[i].x-a[pos].x)) { dp[i] = min(dp[i], min(dp[j-1], dp[j])+dis(i, j)); pos = j; } } } printf("%.6lf ", dp[n]); } }