hackerrank Hourrank16题解

hr上面有好多比赛，形式主要分为笔试型（1-2小时，3-5题）和编程马拉松型（3-7天，8题+）。

hourrank就是一个不错的模拟企业笔试，要求1小时内完成3~4道算法题，目前已经举办了十几届。

A.pile of candies(排序，水)

https://www.hackerrank.com/contests/hourrank-16/challenges/pile-of-candies

题目大意：

有n堆糖，第i堆糖有c[i]个。定义欢乐度为最少的那堆糖的个数。有每次可以选择一堆糖，将其个数加倍。问：

• 所有选择方法中欢乐度最大值多少？
• 有多少种选法能得到这个欢乐度？

题目分析：

只取决于最少的那堆糖的个数是不是唯一的就可以，如果是，那么只有1种选法，即选择他，如果不是就是n种选法，因为不管选谁，最小值都是最少的那堆。特殊讨论下n=1

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
int n;
int c[111];
int main(){
    cin>>n;
    for(int i=0;icin>>c[i];
    }
    if(n==1)
        cout<0]*2<<' '<<1<else {
        sort(c,c+n);
        if(c[0]!=c[1]) {
            cout<0]*2,c[1])<<' '<<1<else {
            cout<0]<<' '<

B.Lucky Numbers（数学，水）

https://www.hackerrank.com/contests/hourrank-16/challenges/leonardo-and-lucky-numbers

题目大意：

给你n，问是否存在正整数x,y使得7x+4y=n？

题目分析：

扩展欧几里得算法，模板套进去就行了。

不过也有更高明的算法就是讨论n%4的值，也就是相当于讨论是否存在x，使得 7x%4=n%4 也很简单,就不说了

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
ll x,y;
ll exgcd(ll a,ll b) {
    if(!b) {
        x=1;
        y=0;
        return a;
    }
    ll r=exgcd(b,a%b);
    ll t=x;
    x=y;
    y=t-a/b*y;
    return r;
}
bool check(ll n) {
    ll r=exgcd(7,4);
    if(n%r)
        return false;
    x*=n;
    x=((x%4)+4)%4;
    y=(n-7*x)/4;
    return y>=0;
}
int main(){
    int q;ll n;
    cin>>q;
    while(q--) {
        cin>>n;
        if(check(n))
            cout<<"Yes"<else
            cout<<"No"<

C.magic number tree(树状dp+概率题)

https://www.hackerrank.com/contests/hourrank-16/challenges/james-tree

题目大意：

有一棵树，每次等概选取一点，然后计算该点到它能到达的所有点的路径之和，再删除该点的所有出边，直到所有的点都被选中。记路径之和的期望值为 Em ,求 (Em∗n!)%1e9+9 .

题目分析：

一开始想的是，观察到每一种取法的分母是n!,所以考虑直接算每一条路径对Em*n!的贡献，发现有点困难。。。。而且官方题解说的含糊不清，

看了官方题解，是只考虑一种取法的。在一次n的全排列过程中，路径a->b至多被选中1次.路径a->b被选中 当且仅当n的全排列过程里面由这条路径的点构成的子列的排序过程中，a或b最先出现。（否则这条路就断了） 那么，a->b这条路径出现的期望值则为 dis(a,b)⋅2k ,其中k为a->b中经过的点数。

这个公式我想了很久，其实也没那么难理解，还是智商太低了……因为其他n-k个点无论怎么选，既不会破坏a->b路径，也不会影响a->b路径的选取，与a->b路径上的选点是相互独立的事件。

所以呢，问题转化为求所有的 dis(a,b) 和k，用n趟dfs就可以解决了。复杂度 O(n2) .还有一个要注意的就是答案很大，而且n在分母上，先预处理打表求一下乘法逆元就可以了，这都是小问题。

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define RE(x) freopen(x,"r",stdin)
#define WR(x) freopen(x,"w",stdout)
const int M = 1e9+9;
int n;
vectorint,int> > g[5005];
ll dis[5005][5005];
int dep[5005][5005];

ll fac[5005];
ll f[5005];
int egcd(int a, int b, int &x, int &y) {
  if (!b) {
    x = 1;
    y = 0;
    return a;
  }
  int ans = egcd(b, a % b, x, y);
  int temp = x;
  x = y;
  y = temp - a / b * y;
  return ans;
}
int cal(int a, int m = M) {
  int x, y;
  int gcd = egcd(a, m, x, y);
  if (1 % gcd != 0)
    return -1;
  x *= 1 / gcd;
  m = abs(m);
  int ans = x % m;
  if (ans <= 0)
    ans += m;
  return ans;
}
void pre() {
    fac[1]=1;
    for(int i=2;i<=5000;i++)
        fac[i]=(fac[i-1]*i)%M;
    for(int i=1;i<=5000;i++)
        f[i]=cal(i);
}
void dfs(int u,int rt,int fa) {
    if(fa==0) {
        dis[rt][rt]=0;
        dep[rt][rt]=1;
    }
    for(int i=0;iint v=g[u][i].first,w=g[u][i].second;
        if(v!=fa) {
            dis[rt][v]=(dis[rt][u]+w)%M;
            dep[rt][v]=dep[rt][u]+1;
            dfs(v,rt,u);
        }
    }

}
int main(){
    RE("in.txt");
    WR("out.txt");
    pre();
    cin>>n;
    int u,v,w;
    for(int i=1;icin>>u>>v>>w;
        g[u].pb(mp(v,w));
        g[v].pb(mp(u,w));
    }
    memset(dis,0,sizeof(dis));
    memset(dep,0,sizeof(dep));
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        dfs(i,i,0);
    }
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        for(int j=i+1;j<=n;j++) {
            ans=(ans+dis[i][j]*2*f[dep[i][j]])%M;
        }
    }
    ans=(ans*fac[n])%M;
    cout<