“与”
（and.pas/.c/.cpp）
时间限制：1s；空间限制64MB
题目描述：
给你一个长度为n的序列A，请你求出一对Ai，Aj（1<=i<j<=n）使Ai“与”Aj最大。
Ps：“与”表示位运算and，在c++中表示为&。
输入描述：
第一行为n。接下来n行，一行一个数字表示Ai。
输出描述：
输出最大的Ai“与”Aj的结果。
样例输入：
3
8
10
2
样例输出：
8
样例解释：
8 and 10 = 8
8 and 2 = 0
10 and 2 = 2
数据范围：
20%的数据保证n<=5000
100%的数据保证 n<=3*10^5，0<=Ai<=10^9
/* 10^9内的二进制最多只有30位，所以我们可以从高到低枚举每一位 如果发现有两个或两个以上的数这位上有1，就说明答案的这一位一定有1，方法比较贪心，正确性很明显 */ #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; #define maxn 300010 int a[maxn],n,ans,len; bool vis[maxn]; int main(){ freopen("and.in","r",stdin); freopen("and.out","w",stdout); scanf("%d",&n); int x; for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]); for(int i=31;i>=1;i--){ int flag=0; for(int j=1;j<=n;j++) if((a[j]&(1<<(i-1)))&&!vis[j])flag++; if(flag>=2){ ans+=(1<<(i-1)); for(int j=1;j<=n;j++) if(!(a[j]&(1<<(i-1))))vis[j]=1; } } printf("%d",ans); }
小象涂色
（elephant.pas/.c/.cpp）
时间限制：1s，空间限制128MB
题目描述：
小象喜欢为箱子涂色。小象现在有c种颜色，编号为0~c-1；还有n个箱子，编号为1~n，最开始每个箱子的颜色为1。小象涂色时喜欢遵循灵感：它将箱子按编号排成一排，每次涂色时，它随机选择[L，R]这个区间里的一些箱子（不选看做选0个），为之涂上随机一种颜色。若一个颜色为a的箱子被涂上b色，那么这个箱子的颜色会变成（a*b）mod c。请问在k次涂色后，所有箱子颜色的编号和期望为多少？
输入描述：
第一行为T，表示有T组测试数据。
对于每组数据，第一行为三个整数n,c,k。
接下来k行，每行两个整数Li，Ri，表示第i个操作的L和R。
输出描述：
对于每组测试数据，输出所有箱子颜色编号和的期望值，结果保留9位小数。
样例输入：
3
3 2 2
2 2
1 3
1 3 1
1 1
5 2 2
3 4
2 4
样例输出：
2.062500000
1.000000000
3.875000000
数据范围：
40%的数据1 <= T <= 5，1 <= n, k <= 15，2 <= c <= 20
100%的数据满足1 <= T <= 10，1 <= n, k <= 50，2 <= c <= 100，1 <= Li <= Ri <= n
/* 一道有关期望的dp。首先可知每个操作中，一个物品会被染色的概率为1/2，用某种颜色染色的概率为1/c。 40分的方程是用f[i][j][k]表示第i个物品在j次操作次数后颜色变为k的概率，时间复杂度大概是O(T*N*K*c^2) 60分要考虑到所有物品具有相似性，即n个物品本质是相同的，所以不用枚举物品f[i][j]表示一个物品操作i次颜色变为j的概率。满足： f[i+1][j]+=f[i][j]*(1/2) f[i+1][(j*b)%c]+=f[i][j]*[(1/2)*(1/c)] 初始值f[0][1]=1，答案就是∑f[i][j]*j (i表示该箱子的操作次数,0 <= j<c)。复杂度O（T*K*c^2） */ #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; int T,n,c,K,mc,cnt[51]; double dp[51][101],ans; int main(){ //freopen("Cola.txt","r",stdin); freopen("elephant.in","r",stdin); freopen("elephant.out","w",stdout); scanf("%d",&T); while(T--){ memset(dp,0,sizeof(dp)); memset(cnt,0,sizeof(cnt)); ans=0;mc=0; scanf("%d%d%d",&n,&c,&K); for(int i=1;i<=K;i++){ int l,r; scanf("%d%d",&l,&r); for(int j=l;j<=r;j++){ cnt[j]++; mc=max(cnt[j],mc); } } dp[0][1]=1; for(int i=0;i<mc;i++){ for(int j=0;j<c;j++){ dp[i+1][j]+=dp[i][j]/2; for(int k=0;k<c;k++){ dp[i+1][(j*k)%c]+=dp[i][j]/(2*c); } } } for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=0;j<c;j++){ ans+=dp[cnt[i]][j]*j;//概率乘以收益 } } printf("%.9lf ",ans); } return 0; }
行动！行动！
（move.pas/.c/.cpp）
时间限制：1s；空间限制：128MB
题目描述：
大CX国的大兵Jack接到一项任务：敌方占领了n座城市（编号0~n-1），有些城市之间有双向道路相连。Jack需要空降在一个城市S，并徒步沿那些道路移动到T城市。虽然Jack每从一个城市到另一个城市都会受伤流血，但大CX国毕竟有着“过硬”的军事实力，它不仅已经算出Jack在每条道路上会损失的血量，还给Jack提供了k个“简易急救包”，一个包可以让Jack在一条路上的流血量为0。Jack想知道自己最少会流多少血，不过他毕竟是无脑的大兵，需要你的帮助。
输入描述：
第一行有三个整数n,m,k，分别表示城市数，道路数和急救包个数。
第二行有两个整数，S,T。分别表示Jack空降到的城市编号和最终要到的城市。
接下来有m行，每行三个整数a,b,c，表示城市a与城市b之间有一条双向道路。
输出描述：
Jack最少要流的血量。
样例输入：
5 6 1
0 3
3 4 5
0 1 5
0 2 100
1 2 5
2 4 5
2 4 3
样例输出：
8
数据范围：
对于30%的数据,2<=n<=50,1<=m<=300,k=0;
对于50%的数据,2<=n<=600,1<=m<=6000,0<=k<=1;
对于100%的数据,2<=n<=10000,1<=m<=50000,0<=k<=10.
#include<iostream> #include<cstdio> #include<queue> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define maxn 10010 int n,m,k,s,t,head[maxn],num,cnt,a[maxn]; long long path[maxn]; bool vis[maxn]; long long ans=9999999999999; struct node{ int to,pre; long long v; }e[50010*2]; void Insert(int from,int to,long long v){ e[++num].to=to; e[num].v=v; e[num].pre=head[from]; head[from]=num; } void check(long long sum){ memset(a,0,sizeof(a)); for(int i=1;i<=cnt;i++)a[i]=path[i]; sort(a+1,a+cnt+1); for(int i=cnt,j=1;j<=k;i--,j++)sum-=a[i]; ans=min(ans,sum); } void dfs(int now,long long sum){ if(now==t){ check(sum); return; } for(int i=head[now];i;i=e[i].pre){ int to=e[i].to; if(vis[to])continue; vis[to]=1; cnt++; path[cnt]=e[i].v; dfs(to,sum+e[i].v); vis[to]=0; cnt--; } } void spfa(){ queue<int>q; memset(path,127,sizeof(path)); q.push(s);vis[s]=0;path[s]=0; while(!q.empty()){ int now=q.front();q.pop();vis[now]=0; for(int i=head[now];i;i=e[i].pre){ int to=e[i].to; if(path[to]>path[now]+e[i].v){ path[to]=path[now]+e[i].v; if(!vis[to]){ vis[to]=1; q.push(to); } } } } cout<<path[t]; } long long qread(){ long long i=0; char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9'){ch=getchar();} while(ch<='9'&&ch>='0'){i=i*10+ch-'0';ch=getchar();} return i; } int main(){ //freopen("Cola.txt","r",stdin); freopen("move.in","r",stdin); freopen("move.out","w",stdout); scanf("%d%d%d%d%d",&n,&m,&k,&s,&t); int x,y,z; for(int i=1;i<=m;i++){ scanf("%d%d",&x,&y); z=qread(); Insert(x,y,z); Insert(y,x,z); } if(k==0){ spfa(); return 0; } vis[s]=1; dfs(s,0); cout<<ans; return 0; }
/* 因为k<=10所以拓展点的时候直接x+10+y了 但其实k==10的话这样拓展会重复... 幸好只有一个点... 谨慎谨慎.. 还有就是 这题这样做的话卡SPFA 要用dij */ #include<iostream> #include<cstdio> #include<vector> #include<cstring> #include<queue> #define pa pair<int,int> #define mk make_pair using namespace std; int num,head[10010*11],n,m,k,S,T; struct node{ int to,pre,v; }e[50010*11*2]; void Insert(int from,int to,int v){ for(int i=head[from];i;i=e[i].pre) if(e[i].to==to){ e[i].v=min(e[i].v,v); return; } e[++num].to=to; e[num].v=v; e[num].pre=head[from]; head[from]=num; } int Cal(int x,int y){ return x*11+y; } priority_queue<pa,vector<pa>,greater<pa> >q; bool vis[50010*11]; int dis[50010*11]; void Dij(int s){ q.push(mk(0,s)); memset(dis,127/3,sizeof(dis)); dis[s]=0; while(!q.empty()){ int now=q.top().second;q.pop(); if(vis[now])continue; vis[now]=1; for(int i=head[now];i;i=e[i].pre){ int to=e[i].to; if(dis[to]>e[i].v+dis[now]){ dis[to]=e[i].v+dis[now]; q.push(mk(dis[to],to)); } } } } int main(){ freopen("move.in","r",stdin); freopen("move.out","w",stdout); scanf("%d%d%d%d%d",&n,&m,&k,&S,&T); S++;T++; int x,y,z; for(int i=1;i<=m;i++){ scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); x++,y++; for(int j=0;j<=k;j++){ int x1=Cal(x,j),y1=Cal(y,j); Insert(x1,y1,z); Insert(y1,x1,z); if(j){ int x2=Cal(x,j-1),y2=Cal(y,j-1); Insert(x1,y2,0); Insert(y1,x2,0); } } } Dij(Cal(S,k)); int ans=0x7fffffff; for(int i=0;i<=k;i++) ans=min(ans,dis[Cal(T,i)]); printf("%d",ans); }