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中文题目名称 |
祖孙询问 |
比赛 |
数字 |
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英文题目名称 |
tree |
mat |
num |
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可执行文件名 |
tree |
mat |
num |
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输入文件名 |
tree.in |
mat.in |
num.in |
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输出文件名 |
tree.out |
mat.out |
num.out |
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每个测试点时限 |
1秒 |
1秒 |
1秒 |
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测试点数目 |
10 |
10 |
10 |
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每个测试点分值 |
10 |
10 |
10 |
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附加样例文件 |
有 |
有 |
有 |
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题目类型 |
传统 |
传统 |
传统 |
二． 提交源程序文件名
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对于pascal语言 |
tree.pas |
mat.pas |
num.pas |
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对于C语言 |
tree.c |
mat.c |
num.c |
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对于C++语言 |
tree.cpp |
mat.cpp |
num.cpp |
三． 编译命令（不包含任何优化开关）
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对于pascal语言 |
fpc tree.pas |
fpc mat.pas |
fpc num.pas |
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对于C语言 |
gcc –o tree tree.c -lm |
gcc –o mat mat.c -lm |
gcc –o num num.c -lm |
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对于C++语言 |
g++ -o tree tree.cpp -lm |
g++ -o mat mat.cpp -lm |
g++ -o num num.cpp -lm |
四． 运行内存限制
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内存上限 |
128M |
128M |
128M |
五． 注意事项
1、 文件名（程序名和输入输出文件名）必须使用小写。
2、 C/C++中函数main()的返回值类型必须是int，程序正常结束时的返回值必须是0。
3、 全国统一评测时采用的机器配置为：CPU 1.9GHz，内存1G，上述时限以此配置为准。各省在自测时可根据具体配置调整时限。
祖孙询问
(tree.pas/c/cpp)
【问题描述】
已知一棵n个节点的有根树。有m个询问。每个询问给出了一对节点的编号x和y，询问x与y的祖孙关系。
【输入格式】
输入第一行包括一个整数n表示节点个数。
接下来n行每行一对整数对a和b表示a和b之间有连边。如果b是-1，那么a就是树的根。
第n+2行是一个整数m表示询问个数。
接下来m行，每行两个正整数x和y。
【输出格式】
对于每一个询问，输出1:如果x是y的祖先，输出2:如果y是x的祖先，否则输出0。
【样例输入】
10
234 -1
12 234
13 234
14 234
15 234
16 234
17 234
18 234
19 234
233 19
5
234 233
233 12
233 13
233 15
233 19
【样例输出】
1
0
0
0
2
【数据规模】
对于30%的数据，n,m≤1000。
对于100%的.据,n,m≤40000，每个节点的编号都不超过40000。
LCA:
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define maxn 50010 using namespace std; int N,n,m,root,num,head[maxn],dep[maxn],fa[maxn][25]; struct node{ int v,pre; }e[maxn*2]; int init(){ int x=0,f=1;char s=getchar(); while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();} while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();} return x*f; } void Add(int from,int to){ num++;e[num].v=to; e[num].pre=head[from]; head[from]=num; } void Dfs(int now,int from,int c){ fa[now][0]=from;dep[now]=c; for(int i=head[now];i;i=e[i].pre){ int v=e[i].v; if(v==from)continue; Dfs(v,now,c+1); } } void Get_fa(){ for(int j=1;j<=20;j++) for(int i=1;i<=n;i++) fa[i][j]=fa[fa[i][j-1]][j-1]; } int LCA(int a,int b){ if(dep[a]<dep[b])swap(a,b); int t=dep[a]-dep[b]; for(int i=0;i<=20;i++) if((1<<i)&t)a=fa[a][i]; if(a==b)return a; for(int i=20;i>=0;i--) if(fa[a][i]!=fa[b][i]){ a=fa[a][i]; b=fa[b][i]; } return fa[a][0]; } int main() { freopen("tree.in","r",stdin); freopen("tree.out","w",stdout); N=init(); int u,v; for(int i=1;i<=N;i++){ u=init();v=init(); if(v==-1){ root=u;continue; } if(u==-1){ root=v;continue; } n=max(n,u);n=max(n,v); Add(u,v);Add(v,u); } Dfs(root,-1,0);Get_fa(); m=init(); for(int i=1;i<=m;i++){ u=init();v=init(); if(u==v){ printf("0 "); continue; } int anc=LCA(u,v); if(anc==u)printf("1 "); else if(anc==v)printf("2 "); else printf("0 "); } return 0; }
比赛
(mat.pas/c/cpp)
【问题描述】
有两个队伍A和B，每个队伍都有n个人。这两支队伍之间进行n场1对1比赛，每一场都是由A中的一个选手与B中的一个选手对抗。同一个人不会参加多场比赛，每个人的对手都是随机而等概率的。例如A队有A1和A2两个人，B队有B1和B2两个人，那么(A1 vs B1,A2 vs B2)和(A1 vs B2,A2 vs B1)的概率都是均等的50%。
每个选手都有一个非负的实力值。如果实力值为X和Y的选手对抗，那么实力值较强的选手所在的队伍将会获得(X-Y)^2的得分。
求A的得分减B的得分的期望值。
【输入格式】
第一行一个数n表示两队的人数为n。
第二行n个数，第i个数A[i]表示队伍A的第i个人的实力值。
第三行n个数，第i个数B[i]表示队伍B的第i个人的实力值。
【输出格式】
输出仅包含一个实数表示A期望赢B多少分。答案保留到小数点后一位（注意精度）。
【样例输入】
2
3 7
1 5
【样例输出】
20.0
【数据规模】
对于30%的数据，n≤50。
对于100%的.据,n≤50000;A[i],B[i]≤50000。
暴力30:
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define maxn 50010 using namespace std; int n,a[maxn],b[maxn]; double ans; int init(){ int x=0,f=1;char s=getchar(); while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();} while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();} return x*f; } int main() { freopen("tree.in","r",stdin); freopen("tree.out","w",stdout); n=init(); for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=init(); for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=init(); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) if(a[i]>b[j])ans+=(a[i]-b[j])*(a[i]-b[j]); else ans-=(a[i]-b[j])*(a[i]-b[j]); printf("%.1f",ans/double(n)); return 0; }
查分优化:
/*精度有问题...70分*/ #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define maxn 50010 #define ll long long using namespace std; ll n,a[maxn],b[maxn],s1[maxn],s2[maxn],A[maxn],B[maxn]; double ans; ll init(){ ll x=0,f=1;char s=getchar(); while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-1;s=getchar();} while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();} return x*f; } int main() { freopen("mat7.in","r",stdin); //freopen("mat.out","w",stdout); n=init(); for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=init(); for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=init(); sort(a+1,a+1+n); sort(b+1,b+1+n); for(int i=1;i<=n;i++){ s1[i]=s1[i-1]+a[i]; A[i]=A[i-1]+a[i]*a[i]; } for(int i=1;i<=n;i++){ s2[i]=s2[i-1]+b[i]; B[i]=B[i-1]+b[i]*b[i]; } for(int i=1;i<=n;i++){ int p=lower_bound(b+1,b+1+n,a[i])-b-1; ans+=p*a[i]*a[i]+B[p]-2*a[i]*s2[p]; } for(int i=1;i<=n;i++){ int p=lower_bound(a+1,a+1+n,b[i])-a-1; ans-=p*b[i]*b[i]+A[p]-2*b[i]*s1[p]; } printf("%.1f",ans/double(n)); return 0; }
数字
(num.c/cpp/pas)
【问题描述】
一个数字被称为好数字当他满足下列条件：
1. 它有2*n个数位，n是正整数(允许有前导0)。
2. 构成它的每个数字都在给定的数字集合S中。
3. 它前n位之和与后n位之和相等或者它奇数位之和与偶数位之和相等
例如对于n=2,S={1,2}，合法的好数字有1111,1122,1212,1221,2112,2121,2211,2222这样8种。
已知n，求合法的好数字的个数mod 999983。
【输入格式】
第一行一个数n。
接下来一个长度不超过10的字符串，表示给定的数字集合。
【输出格式】
一行一个数字表示合法的好数字的个数mod 999983。
【样例输入】
2
0987654321
【样例输出】
1240
【数据规模】
对于20%的数据，n≤7。
对于100%的.据,n≤1000,|S|≤10。
暴力20:
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> using namespace std; int n,ans,x,data[20],l,f[11]; char s[11]; int main() { //freopen("num.in","r",stdin); //freopen("num.out","w",stdout); scanf("%d%s",&n,s);n<<=1; l=strlen(s); for(int i=0;i<l;i++) f[s[i]-'0']=1; for(int i=0;i<pow(10,n);i++){ x=i;l=0; while(x)data[++l]=x%10,x/=10; int s1=0,s2=0,falg=0,s3=0,s4=0; for(int j=1;j<=l;j++) if(f[data[j]]==0){ falg=1;break; } if(falg)continue; for(int j=1;j<=l;j++) if(j&1)s1+=data[j]; else s2+=data[j]; for(int j=1;j<=l;j++) if(j<=n/2)s3+=data[j]; else s4+=data[j]; if(s1==s2||s3==s4){ ans++; } } printf("%d ",ans); return 0; }
正解dp：
/* 递推+容斥原理 ANS= 前n位之和与后n位之和相等的方案数 +奇数位之和与偶数位之和相等的方案数 -前n位之和与后n位之和相等且奇数位之和与偶数位之和相等的方案数 把A∪B改成A+B-A ∩B A B好求 A ∩B嘛 仔细想一想 设X为前n为奇数之和 Y为后n为奇数之和 x为前n为偶数之和 y为后n为偶数之和 根据题意 有 X+Y==x+y X+x==Y+y 有X==y x==Y 然后dp求就好了 要开long long 但是还不能全开 要不T */ #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define maxn 1010 #define mod 999983 using namespace std; int n,N,m,c[11],vis[11],mxx,f[maxn][maxn*10]; long long ans,s1,s2; char s[11]; int main() { freopen("num.in","r",stdin); freopen("num.out","w",stdout); cin>>n>>s; int len=strlen(s); for(int i=0;i<len;i++){ if(vis[s[i]-'0']==0) c[++m]=s[i]-'0'; vis[s[i]-'0']=1;mxx=max(mxx,c[m]); } f[0][0]=1; for(int i=0;i<n;i++) for(int j=0;j<=mxx*i;j++) for(int k=1;k<=m;k++){ f[i+1][j+c[k]]+=f[i][j]; f[i+1][j+c[k]]%=mod; } for(int i=0;i<=n*mxx;i++){ ans+=(long long)f[n][i]*f[n][i]; ans%=mod; } ans<<=1;ans%=mod; int a=(n+1)>>1; int b=n>>1; for(int i=0;i<=a*mxx;i++){ s1+=(long long)f[a][i]*f[a][i]; s1%=mod; } for(int i=0;i<=b*mxx;i++){ s2+=(long long)f[b][i]*f[b][i]; s2%=mod; } ans=(ans-s1*s2%mod+mod)%mod; cout<<ans; return 0; }
conclusion
/* 今天题目比较难（蒟蒻我觉得） T1裸LCA 一遍过编译 一遍A 就是这么自信 （当然考场上还是不要这么浪~要拍拍） T2又是概率问题 有了昨天的T2的启示 每个元素等价 一块考虑 把题目简化了 然而还是T只有30分... 正解巧妙用了二分+公式推导 然后预处理一下前缀和 平方前缀和什么的 T3 dp+容斥原理 想不出来啊啊啊啊啊 暴力20 思想比较正常 就是 把A∪B改成A+B-A∩B A B 好求 剩下的就不在我这个蒟蒻的脑洞之内了QAQ 设X为前n为奇数之和 Y为后n为奇数之和 x为前n为偶数之和 y为后n为偶数之和 根据题意 有 X+Y==x+y X+x==Y+y 有X==y x==Y Orz 还有就是 要开longlong 但不能懒得替换 全部改 否则longlong慢 会T 今天权当暴力大赛了QAQ 其实T2还是有余地搞粗来的 但是吧 qaq 还是太弱 */