NOIP练习赛题目5

小象涂色
难度级别：C； 运行时间限制：1000ms； 运行空间限制：262144KB； 代码长度限制：2000000B

试题描述

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）modc。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

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

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。

输入示例

3
3 2 2
2 2
1 3
1 3 1
1 1
5 2 2
3 4
2 4

输出示例

2.062500000
1.000000000
3.875000000

其他说明

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

首先，操作顺序是没有影响的，那么我们可以记录每个位置进行了多少次操作。

就可以写个DP，得出每个位置进行若干次操作后的期望颜色。

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--)
#define ren for(int i=first[x];i;i=next[i])
using namespace std;
inline int read() {
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c==‘-‘) f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-‘0‘;
    return x*f;
}
double f[55][105];
int n,c,k,cnt[55];
int main() {
    dwn(T,read(),1) {
        n=read();c=read();k=read();
        memset(f,0,sizeof(f));
        memset(cnt,0,sizeof(cnt));
        f[0][1]=1;
        rep(t,0,k-1) rep(j,0,c-1) {
            f[t+1][j]+=f[t][j]*0.5;
            rep(k,0,c-1) f[t+1][(j*k)%c]+=f[t][j]*(0.5/c);
        }
        double ans=0;
        rep(i,1,k) {
           int l=read(),r=read();
           rep(j,l,r) cnt[j]++;
        }
        rep(i,1,n) rep(j,0,c-1) ans+=f[cnt[i]][j]*j;
        printf("%.9lf\n",ans);
    }
    return 0;
}

行动！行动！
难度级别：C； 运行时间限制：1000ms； 运行空间限制：51200KB； 代码长度限制：2000000B

试题描述

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

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

Jack最少要流的血量。

输入示例

5 6 1
0 3
3 4 5
0 1 5
0 2 100
1 2 5
2 4 5
2 4 3

输出示例

8

其他说明

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.

拆点最短路。。。

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--)
#define ren for(int i=first[x];i;i=next[i])
using namespace std;
inline int read() {
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c==‘-‘) f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-‘0‘;
    return x*f;
}
const int maxn=10010;
const int maxm=200010;
struct HeapNode {
    int u,d;
    bool operator < (const HeapNode& ths) const {return d>ths.d;}
};
int n,m,k,s,t,first[maxn],next[maxm];
int to[maxm],dis[maxm],d[15][maxn],done[maxn*12];
priority_queue<HeapNode> Q;
void spfa() {
    rep(i,0,k) rep(j,0,n-1) d[i][j]=1<<30;
    Q.push((HeapNode){s+n*k,0});d[k][s]=0;
    while(!Q.empty()) {
        if(done[Q.top().u]) {Q.pop();continue;}
        else done[Q.top().u]=1;
        int x=Q.top().u%n,k2=Q.top().u/n;Q.pop();
        ren {
            if(d[k2][to[i]]>d[k2][x]+dis[i]) {
                d[k2][to[i]]=d[k2][x]+dis[i];
                Q.push((HeapNode){to[i]+n*k2,d[k2][to[i]]});
            }
            if(d[k2-1][to[i]]>d[k2][x]) {
                d[k2-1][to[i]]=d[k2][x];
                Q.push((HeapNode){to[i]+n*k2-n,d[k2-1][to[i]]});
            }
        }
    }
}
int main() {
    n=read();m=read();k=read();
    s=read();t=read();
    rep(i,1,m) {
        int x=read();to[i]=read();to[i+m]=x;dis[i+m]=dis[i]=read();
        next[i]=first[x];first[x]=i;next[i+m]=first[to[i]];first[to[i]]=i+m;
    }
    spfa();
    int ans=1<<30;
    rep(i,0,k) ans=min(ans,d[i][t]);
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

Hzwer的陨石
难度级别：C； 运行时间限制：1000ms； 运行空间限制：51200KB； 代码长度限制：2000000B

试题描述

经过不懈的努力，Hzwer召唤了很多陨石。已知Hzwer的地图上共有n个区域，且一开始的时候第i个陨石掉在了第i个区域。有电力喷射背包的ndsf很自豪，他认为搬陨石很容易，所以他将一些区域的陨石全搬到了另外一些区域。

在ndsf愉快的搬运过程中，Hzwer想知道一些陨石的信息。对于Hzwer询问的每个陨石i，你必须告诉他，在当前这个时候，i号陨石在所在区域x、x区域共有的陨石数y、以及i号陨石被搬运的次数z。

输入

输入的第一行是一个正整数T。表示有多少组输入数据。
接下来共有T组数据，对于每组数据，第一行包含两个整数：N和Q。
接下来Q行，每行表示一次搬运或一次询问，格式如下：
T A B：表示搬运，即将所有在A号球所在地区的陨石都搬到B号球所在地区去。
Q A：悟空想知道Ａ号陨石的x，y，z

输出

对于第ｉ组数据，第一行输出“Case i：”接下来输出每一个询问操作的x，y，z，每一个询问操作的答案占一行。每组数据之间没有空行。

输入示例

2
3 3
T 1 2
T 3 2
Q 2
3 4
T 1 2
Q 1
T 1 3
Q 1

输出示例

Case 1:
2 3 0
Case 2:
2 2 1
3 3 2

其他说明

数据范围：
20%的数据保证：0≤T≤20，2＜N＜＝100，2＜Q＜＝100。
100%的数据保证：0≤T≤100，2＜N＜＝10000，2＜Q＜＝10000。
对于所有数据保证搬运操作中AB在Ｎ的范围内且所在区域不相同。：

前两问很好做，写个并查集就行了。第三问可以这么做：如果x区域的陨石全部搬到y区域，那么将x->y的值+1，则x地区的陨石被搬运的次数就是x到根节点的距离，并查集记录一下信息就行了。

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--)
#define ren for(int i=first[x];i!=-1;i=next[i])
using namespace std;
inline int read() {
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c==‘-‘) f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-‘0‘;
    return x*f;
}
const int maxn=10010;
int pa[maxn],s[maxn],d[maxn];
int findset(int x) {
    if(pa[x]==x) return x;
    int res=findset(pa[x]);d[x]+=d[pa[x]];
    return pa[x]=res;
}
int main() {
    int T=read();
    rep(Case,1,T) {
        printf("Case %d:\n",Case);
        int n=read(),m=read();
        rep(i,1,n) pa[i]=i,s[i]=1,d[i]=0;
        rep(i,1,m) {
            char cmd[12];scanf("%s",cmd);
            if(cmd[0]==‘Q‘) {
                int y,x=findset(y=read());
                printf("%d %d %d\n",x,s[x],d[y]);
            }
            else {
                int x=findset(read()),y=findset(read());
                pa[x]=y;s[y]+=s[x];d[x]++;
            }
        }
    }
    return 0;
}

挖掘机
难度级别：C； 运行时间限制：1000ms； 运行空间限制：51200KB； 代码长度限制：2000000B

试题描述

今天，丧尸czy开着挖掘机去上学(……)。但是他发现他的mz满天下，所以一路上他碰到了好多他的mz。一开始他以1km/min的速度(=60km/h……)开着挖掘机前进。他发现他只会在恰好到达某一时刻或者到达某个距离遇到mz。每次遇到mz，czy都会毫不犹豫的把她们顺路捎走(^_^)。但是他实在是太虚了，以至于当有i个mz时他的速度下降到1/(i+1)。具体说，一开始czy以1km/min速度前进，有1个mz的时候速度变为1/2 km/min，有2个时变为1/3 km/min……以此类推。现在问题来了，给出每个mz在何时出现，请你算出czy到学校要多久。

输入

输入第一行2个数n，m，分别表示mz数和czy与学校的距离(km)
接下来2到n+1行由字符串与数字构成
Dist  x表示在距离达到x km时出现一个mz
Time  x表示在时间达到x min时出现一个mz

输出

输出一个整数，表示到达学校的时间。如果不能整除，直接输出整数部分即可。

输入示例

2 20
Time 3
Dist 10

输出示例

47

其他说明

数据范围
对于30%数据，n,m<=50
对于50%数据，n,m<=2000
对于100%数据，n,m<=200000,x<=10^9,保证输入的数字都是整数

奇怪的题目，排序乱搞。。。

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--)
#define ren for(int i=first[x];i!=-1;i=next[i])
using namespace std;
inline int read() {
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c==‘-‘) f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-‘0‘;
    return x*f;
}
typedef long long ll;
const int maxn=200010;
int A[maxn],B[maxn],n1,n2;
char s[20];
int main() {
    int n=read(),m=read();
    rep(i,1,n) {
        scanf("%s",s);
        if(s[0]==‘T‘) A[++n1]=read();
        else B[++n2]=read();
    }
    B[++n2]=m;
    sort(A+1,A+n1+1);sort(B+1,B+n2+1);
    double ans=0,p=0.0;int c=1,cur=1;
    rep(i,1,n2) {
        while(cur<=n1&&ans+c*(B[i]-p)>A[cur]) {
            p+=(A[cur]-ans)/c;ans=A[cur];c++;cur++;
        }
        ans+=c*(B[i]-p);p=B[i];c++;
    }
    printf("%lld\n",(ll)ans);
    return 0;
}

藏宝图
难度级别：C； 运行时间限制：4000ms； 运行空间限制：262144KB； 代码长度限制：2000000B

试题描述

Czy发现了一张奇怪的藏宝图。图上有n个点，m条无向边。已经标出了图中两两之间距离dist。但是czy知道，只有当图刚好又是一颗树的时候，这张藏宝图才是真的。如果藏宝图是真的，那么经过点x的边的边权平均数最大的那个x是藏着宝物的地方。请计算这是不是真的藏宝图，如果是真的藏宝之处在哪里。

输入

输入数据第一行一个数T,表示T组数据。
对于每组数据，第一行一个n，表示藏宝图上的点的个数。
接下来n行,每行n个数，表示两两节点之间的距离。

输出

输出一行或两行。第一行”Yes”或”No”，表示这是不是真的藏宝图。
若是真的藏宝图，第二行再输出一个数，表示哪个点是藏宝之处。

输入示例

2
3
0 7 9
7 0 2
9 2 0
3
0 2 7
2 0 9
7 9 0

输出示例

Yes
1
Yes
3
样例解释:第一棵树的形状是1--2--3。1、2之间的边权是7，2、3之间是2。
 第二棵树的形状是2--1--3。2、1之间的边权是2，1、3之间是7。

其他说明

数据范围
对于30%数据，n<=50,1<=树上的边的长度<=10^9。
对于50%数据，n<=600.
对于100%数据，1<=n<=2500
0<=dist[i][j]<=10^12,T<=5

如果一个图是树，则整个图的最小生成树为这个图。

可以计算出原图的最小生成树，重建整个图，再重判是否有矛盾即可。

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--)
#define ren for(int i=first[x];i;i=next[i])
using namespace std;
typedef long long ll;
inline ll read() {
    ll x=0,f=1;char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c==‘-‘) f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-‘0‘;
    return x*f;
}
const int maxn=2510;
struct Edge {
    int u,v;ll w;
    bool operator < (const Edge& ths) const {return w<ths.w;}
}E[maxn*maxn/2];
ll d[maxn][maxn];
int n,pa[maxn],first[maxn],next[maxn<<1],to[maxn<<1],dis[maxn<<1],e;
int findset(int x) {return x==pa[x]?x:pa[x]=findset(pa[x]);}
void AddEdge(int u,int v,int w) {
    to[++e]=v;dis[e]=w;next[e]=first[u];first[u]=e;
    to[++e]=u;dis[e]=w;next[e]=first[v];first[v]=e;
}
int vis[maxn];
ll dist[maxn];
queue<int> Q;
void bfs(int x) {
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    Q.push(x);vis[x]=1;dist[x]=0;
    while(!Q.empty()) {
        x=Q.front();Q.pop();
        ren if(!vis[to[i]]) {
            vis[to[i]]=1;
            dist[to[i]]=dist[x]+dis[i];
            Q.push(to[i]);
        }
    }
}
int main() {
    dwn(T,read(),1) {
        n=read();int m=0;e=0;memset(first,0,sizeof(first));
        rep(i,1,n) rep(j,1,n) d[i][j]=read();
        rep(i,1,n) {
            pa[i]=i;int best=0;
            rep(j,1,n) if(i<j) E[++m]=(Edge){i,j,d[i][j]};
        }
        sort(E+1,E+m+1);
        rep(i,1,m) {
            int x=findset(E[i].u),y=findset(E[i].v);
            if(x!=y) pa[x]=y,AddEdge(E[i].u,E[i].v,E[i].w);
        }
        int ok=1;
        rep(i,1,n) {
            bfs(i);
            rep(j,1,n) if(d[i][j]!=dist[j]) ok=0;
        }
        if(!ok) puts("No");
        else {
            puts("Yes");
            if(n==1) puts("1");
            else {
                int ans=0;double mx=0.0;
                rep(x,1,n) {
                    int cnt=0;double val=0;
                    ren cnt++,val+=dis[i];
                    val/=cnt;if(val>mx) mx=val,ans=x;
                }
                printf("%d\n",ans);
            }
        }
    }
    return 0;
}

最大公约数
难度级别：C； 运行时间限制：1000ms； 运行空间限制：51200KB； 代码长度限制：2000000B

试题描述

话说CD比较欠扁，他表示在课室的日子没有教主在旁边打他的日子太寂寞了，所以这一晚，他终于来到了电脑室被打。由于CD是大家的宠物，于是大家都来打CD了。电脑室里有n个人，第i个人希望打CD ai下。但是太多人打CD，他又会不爽，于是他规定只能有K个人打到他，并且为了公平起见，最终K个人打他的次数都必须是相同的，CD规定这个次数就是这K个人希望打他的次数的最大公约数。为什么是最大公约数呢？因为他觉得被打的次数是GCD的话他才会变成Glad CD。之前说了，CD比较欠扁，于是CD希望，K个人打他的次数的和最大。你能告诉他他最后总共会被打多少下么？

输入

第一行两个正整数n，k。
第二行n个正整数，表示每个人希望打CD多少下。

输出

输出一个正整数表示CD会被打多少下

输入示例

3 1
1 2 3

输出示例

3

其他说明

数据说明
对于30%的数据，保证k≤n≤20。
对于50%的数据，保证输入中所有数小于5000。
对于100%的数据，保证输入中所有数小于500000，k≤n。

枚举答案ans，数一数有多少数是ans的倍数。根据调和数列定理，时间复杂度为O(nlogn)

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--)
#define ren for(int i=first[x];i!=-1;i=next[i])
using namespace std;
inline int read() {
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c==‘-‘) f=-1;
    for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-‘0‘;
    return x*f;
}
const int maxn=500010;
int S[maxn],ans;
int main() {
    int n=read(),k=read();
    rep(i,1,n) S[read()]++;
    rep(i,1,500000) {
        int cnt=0;
        for(int j=i;j<=500000;j+=i) cnt+=S[j];
        if(cnt>=k) ans=max(ans,i);
    }
    printf("%lld\n",(long long)ans*k);
    return 0;
}

密码
难度级别：C； 运行时间限制：1000ms； 运行空间限制：51200KB； 代码长度限制：2000000B

试题描述

哪里有压迫，哪里就有反抗。

moreD的宠物在法庭的帮助下终于反抗了。作为一只聪明的宠物，他打算把魔法使moreD的魔法书盗去，夺取moreD的魔法能力。但moreD怎么会让自己的魔法书轻易地被盗取？moreD在魔法书上设置了一个密码锁，密码锁上有一个问题。

施以斯卧铺魔法吧，你有M次机会，如此将得完美密码。

然后是一串小写字母串。

moreD的宠物斯卧铺魔法就是施法时的字符串其中相邻两位交换。

而moreD对于完美密码的定义自然是最小字典序了。

请帮助moreD的宠物，想出密码吧。

输入

第一行一个整数M，表示操作次数。
第二行一串小写字母组成的字符串S，如题目所示。

输出

输出完美密码

输入示例

3
dcba

输出示例

adcb

其他说明

【数据范围】
对于30%的数据|S|≤10 
对于60%的数据|S|≤3,000
对于100%的数据8≤|S|≤100,000 M≤(|S|-8)^2+2
【后记】
宠物最终战胜了moreD,和自己的宠物快乐地生活着。
【样例解释】
先对第3，4两位施法，字符串变成dcab，然后对第2，3两位施法，字符串变成dacb，最后对第1，2两位施法，字符串变成adcb。
时间： 2024-11-15 01:17:59

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