1013考试总结
T1
题目大意：
给定(n)个字符串，都是小写字母，现在要把它们缩短，要求如下：
1.缩短后的长度一定要小于缩短前的长度。
2.缩短后都是小写字母。
3.相同的字符串缩短完也相同，不同的字符串缩短后一定不同。
(n <= 1000)
乱搞吧。
考场上的想法是先把最后一个字符删去，如果与前面有冲突的就(rand)一个(x)，代表第(x)位要修改。因为判冲突的复杂度比较玄，rand好了就很快，rand不好就凉了，最后T了一个点。
比较正确的思路是：重构所有的字符串只要他们都合法就行。先把所有的字符串按长度排个序。因为(n <= 1000)，所以我们最多需要三位的字符串就够了。开三个变量(a, b, c)，范围都是从96到122，也就是小写字母的ASCLL码值。每次碰见一个新字符串就让(c ++)，如果(c == 123)，就类似于进位，让(b ++)，(c = 96)。(a)也同理。时间复杂度(O(n log n))
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e3 + 5;
int n, aa, ab, ac;
map <string, int> mp;
struct node { string s; int id, len, last, a, b, c; } a[N];
int cmp(node a, node b) { return a.len < b.len; }
int mmp(node a, node b) { return a.id < b.id; }
int main() {
cin >> n; ac = 96;
for(int i = 1;i <= n; i++) {
cin >> a[i].s;
a[i].len = a[i].s.length();
a[i].id = i;
}
sort(a + 1, a + n + 1, cmp);
for(int i = 1;i <= n; i++) {
if(mp[a[i].s]) {
a[i].last = mp[a[i].s];
a[i].a = a[a[i].last].a;
a[i].b = a[a[i].last].b;
a[i].c = a[a[i].last].c;
continue;
}
mp[a[i].s] = i; ac ++;
if(ac == 123) {
if(ab == 0) ab = 96;
else ab ++;
ac = 96;
}
if(ab == 123) {
if(aa == 0) aa = 96;
else aa ++;
ab = 96;
}
a[i].a = aa; a[i].b = ab; a[i].c = ac;
}
sort(a + 1, a + n + 1, mmp);
for(int i = 1;i <= n; i++) {
if(a[i].a) cout << (char) a[i].a;
if(a[i].b) cout << (char) a[i].b;
if(a[i].c) cout << (char) a[i].c;
cout << "
";
}
fclose(stdin); fclose(stdout);
return 0;
}
T2
题目大意：
给定(n)个点和(n)条有向边，删一条边后使得只有一个点没有出度，其他所有点只有一个出度，输出删的这条边最大的编号。
考试的时候其实已经和正解想法差不多了，但还是一些细节没想到。
考试时的想法是分两种情况：1.如果有一个点有两个出度，那肯定是删这两条边编号大的那个。2.如果有环，删除这个环上编号最大的那一条边。
但只拿了80pts。
错误的地方是：1.第一种情况能删的边一定是可以从根节点到达的那条边，根节点是指出度为0的点。2.我用拓扑找的环，但是拓扑只可以判断图中是否有环，却不可以确定某个点是否真的在环上，所以得用(Tarjan)找环。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline long long read() {
long long s = 0, f = 1; char ch;
while(!isdigit(ch = getchar())) (ch == '-') && (f = -f);
for(s = ch ^ 48;isdigit(ch = getchar()); s = (s << 1) + (s << 3) + (ch ^ 48));
return s * f;
}
const int N = 1e6 + 5;
int n, p, t, cnt, tag, ans, tot, top;
int in_edge[N], head[N], vis[N], low[N], dfn[N], sta[N], in[N], zhi[N], tt[N];
struct edge { int u, to, id, nxt; } e[N];
priority_queue <int> q;
void add(int x, int y, int i) {
e[++ cnt].nxt = head[x]; head[x] = cnt; e[cnt].to = y; e[cnt].id = i; e[cnt].u = x;
in_edge[y] ++; zhi[y] = i;
}
void dfs(int x) {
vis[x] = 1;
for(int i = head[x]; i ; i = e[i].nxt) {
int y = e[i].to; if(y == t) continue;
dfs(y);
}
}
void Tarjan(int now){
low[now] = dfn[now] = ++ tot; sta[++ top] = now; in[now] = 1;
for(int i = head[now]; i; i = e[i].nxt){
int to = e[i].to;
if(!dfn[to]){
Tarjan(to); low[now] = min(low[now], low[to]);
}else if(in[to]) low[now] = min(low[now], dfn[to]);
}
if(dfn[now] == low[now]){
int x = sta[top], y = now;
do{
x = sta[top --];
q.push(zhi[x]);
in[x] = 0;
}while(x != y);
if(q.size() > 1) ans = max(ans, q.top());
while(q.size()) q.pop();
}
}
int main() {
n = read();
for(int i = 1, x, y;i <= n; i++) x = read(), y = read(), add(x, y, i);
for(int i = 1;i <= n; i++) {
if(in_edge[i] > 1) { tag = 1; t = i; }
if(!in_edge[i]) { p = i; }
}
if(tag) {
for(int i = 1; i <= n; i ++){
if(e[i].to == t) tt[++ tot] = i;
}
dfs(p);
if(vis[e[tt[1]].u] == 0) ans = tt[1];
else{
if(vis[e[tt[2]].u] == 0) ans = tt[2];
else ans = max(tt[1], tt[2]);
}
}
else {
for(int i = 1;i <= n; i++) if(!dfn[i]) Tarjan(i);
}
printf("%d", ans);
fclose(stdin); fclose(stdout);
return 0;
}
T3
题目大意：
有两个人(A, B)，两个数(n, k)。(n)代表每个人有(n)吨茶，(k)表示(A)每次可以倒出(4k, 3k, 2k, k)吨茶，那么(B)倒出的茶与(A)相加为(5k)，也就是说(A)倒出(4k)，(B)就倒出(k)。问(A)比(B)先到完加上同时倒完的概率是多少。(n, k <= 1e9)
考场上完全不会。。。
首先可以写出(n ^ 2)暴力：
(f[i][j])表示(A)倒出(i * k)吨，(B)倒出(j * k)吨的概率，那么dp转移方程可以写出：(f[min(n, i + l * k)][min(n, j + (4 - l) * k)] += 1.0 / 4.0 * f[i][j])。
然后打个表，发现(n >= 300，k = 1)的时候都会输出1.000000(可以把k转化成1的)。诶嘿嘿嘿暴力变正解，直接(n ^ 2)做就好拉。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline long long read() {
long long s = 0, f = 1; char ch;
while(!isdigit(ch = getchar())) (ch == '-') && (f = -f);
for(s = ch ^ 48;isdigit(ch = getchar()); s = (s << 1) + (s << 3) + (ch ^ 48));
return s * f;
}
const int N = 2005;
int n, k;
double ans, f[N][N];
int main() {
n = read(); k = read();
if(n / k > 2000) { printf("1.000000"); return 0; }
int tmp = n / k; if(n % k) tmp ++;
n = tmp; k = 1; f[0][0] = 1;
for(int i = 0;i < n; i++)
for(int j = 0;j < n; j++)
for(int l = 1;l <= 4; l++)
f[min(n, i + l * k)][min(n, j + (4 - l) * k)] += 1.0 / 4.0 * f[i][j];
for(int j = 0;j < n; j++) ans += f[n][j];
ans += f[n][n] / 2.0;
printf("%.6lf", ans);
fclose(stdin); fclose(stdout);
return 0;
}