9.2 NOIP模拟
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题目名称 |
“与” |
小象涂色 |
行动！行动！ |
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输入文件 |
and.in |
elephant.in |
move.in |
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输出文件 |
and.out |
elephant.in |
move.in |
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时间限制 |
1s |
1s |
1s |
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空间限制 |
64MB |
128MB |
128MB |
“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
/*
"与"是要求同一位均是1，结果才为1。而对于2进制，越高位有1，数字越大。
所以我们可以考虑将所给数列的数字看成二进制，从二进制最高位向下枚举
若有大于等于两个数"这一位上为1"，那么最终结果的这一位肯定是1，
于是我们就可以将所有"这一位上为1"的数保留下来，
剩下的数舍弃；而若有少于两个数"这一位上为1"，则这一位上一定为0。
*/
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,a[300002],d[35],ans;
void init()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&a[i]);
}
void find()
{
int i,j,ct,now=n,t;
for(i=30; i>=0; i--)
{
ct=0;
for(j=1; j<=now; j++) if(a[j]&(1<<i)) ct++;
if(ct<2) continue;
t=0;d[i]=1;
for(j=1; j<=now; j++) if(a[j]&(1<<i)) a[++t]=a[j];
now=t;
}
for(i=30; i>=0; i--) if(d[i]) ans=ans^(1<<i);
printf("%d\n",ans);
}
int main()
{
freopen("and.in","r",stdin);
freopen("and.out","w",stdout);
init();find();
return 0;
}
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
/*
dp[i][j][k]表示第i个箱子第j次染色，染为k颜色的概率。
时间复杂度过高，只能拿部分分
对于每个箱子，它们的本质是相同的，也就是第几个箱子这一维状态是不需要存在的。
dp[i][j]表示染色i次颜色为j的概率
dp[i+1][j]+=dp[i][j]/2; 上次不染色
dp[i+1][j*x%c]+=dp[i][j] /2 /c; (x枚举颜色) 上次染色，染成x
最后期望Σdp[cnt[i]][j]*j;
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 107
using namespace std;
int n,m,tot,c,k,t,l,r,cnt[N];
double dp[N][N],ans;
void init()
{
memset(dp,0,sizeof dp);
memset(cnt,0,sizeof cnt);
tot=0;ans=0;
scanf("%d%d%d",&n,&c,&k);
for(int i=1;i<=k;i++)
{
scanf("%d%d",&l,&r);
for(int j=l;j<=r;j++)
{
cnt[j]++;tot=max(tot,cnt[j]);
}
}
}
void DP()
{
dp[0][1]=1;
for(int i=0;i<tot;i++)
{
for(int j=0;j<c;j++)
{
dp[i+1][j]+=dp[i][j]/2;
for(int x=0;x<c;x++) dp[i+1][(j*x)%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;
printf("%.9f\n",ans);
}
int main()
{
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
init();DP();
}
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.
/*
分层图spfa 应该只有70，卡spfa...要加优化，懒得加了。
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 10001
#define M 100001
using namespace std;
int head[N],d[N][11],q[M][2];
bool inq[N][11];
int n,m,k,st,ed,cnt;
struct edge
{
int u,to,dis,next;
}e[M];
inline int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(c>‘9‘||c<‘0‘){if(c==‘-‘)f=-1;c=getchar();}
while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){x=x*10+c-‘0‘;c=getchar();}
return x*f;
}
inline void add(int u,int to,int dis)
{
e[++cnt].to=to;e[cnt].dis=dis;e[cnt].next=head[u];head[u]=cnt;
}
void spfa()
{
memset(d,127/3,sizeof d);
int he=0,ta=1;
q[0][0]=st;q[0][1]=0;
inq[st][0]=1;d[st][0]=0;
while(he!=ta)
{
int now=q[he][0],tmp=q[he++][1];inq[now][tmp]=0;
if(he==100001) he=0;
for(int i=head[now];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].to;
if(d[v][tmp]>d[now][tmp]+e[i].dis)
{
d[v][tmp]=d[now][tmp]+e[i].dis;
if(!inq[v][tmp])
{
q[ta][0]=v;q[ta++][1]=tmp;
inq[v][tmp]=1;
if(ta==100001) ta=0;
}
}
if(d[v][tmp+1]>d[now][tmp] && tmp<k)
{
d[v][tmp+1]=d[now][tmp];
if(!inq[v][tmp+1])
{
inq[v][tmp+1]=1;
q[ta][0]=v;q[ta++][1]=tmp+1;
if(ta==100001) ta=0;
}
}
}
}
int ans=0x7fffffff;
for(int i=0;i<=k;i++) ans=min(ans,d[ed][i]);
printf("%d",ans);
}
int main()
{
int x,y,z;
n=read();m=read();k=read();
st=read();ed=read();
while(m--)
{
x=read();y=read();z=read();
add(x,y,z);add(y,x,z);
}
spfa();
return 0;
}