11.14 noip模拟试题

 

 

题目名称	正确答案	序列问题	长途旅行
英文名称	answer	sequence	travel
输入文件名	answer.in	sequence.in	travel.in
输出文件名	answer.out	sequence.out	travel.out
时间限制	1s	1s	1s
空间限制	256M	256M	256M
测试点数目	20	20	10
测试点分值	5	5	10
是否有部分分	无	无	无
题目类型	传统	传统	传统
是否有SPJ	无	无	无

 

 

 

 

 

 

 

1.正确答案

【题目描述】

小H与小Y刚刚参加完UOIP外卡组的初赛，就迫不及待的跑出考场对答案。

“吔，我的答案和你都不一样！”，小Y说道，”我们去找神犇们问答案吧”。

外卡组试卷中共有m道判断题，小H与小Y一共从其他n个神犇那问了答案。之后又从小G那里得知，这n个神犇中有p个考了满分，q个考了零分，其他神犇不为满分或零分。这可让小Y与小H犯了难。你能帮助他们还原出标准答案吗？如有多解则输出字典序最小的那个。无解输出-1。

 

【输入格式】

第一行四个整数n, m, p, q，意义如上描述。

接下来n行，每一行m个字符’N’或’Y’，表示这题这个神犇的答案。

 

【输出格式】

仅一行，一个长度为m的字符串或是-1。

 

【样例输入】

2 2 2 0

YY

YY

 

【样例输出】

YY

 

【数据范围】

30% : n <= 100.

60% : n <= 5000 , m <= 100.

100% : 1 <= n <= 30000 , 1 <= m <= 500.  0 <= p , q 且 p + q <= n.

 懒得写hash map水过

#include
#include
#include

View Code

2.序列问题

【题目描述】

小H是个善于思考的学生，她正在思考一个有关序列的问题。

她的面前浮现出了一个长度为n的序列{ai}，她想找出两个非空的集合S、T。

这两个集合要满足以下的条件：

1. 两个集合中的元素都为整数，且都在 [1, n] 里，即Si，Ti ∈ [1, n]。

2. 对于集合S中任意一个元素x，集合T中任意一个元素y，满足x < y。

3. 对于大小分别为p, q的集合S与T，满足

            a[s1] xor a[s2] xor a[s3] ... xor a[sp] = a[t1] and a[t2] and a[t3] ... and a[tq].

小H想知道一共有多少对这样的集合(S,T)，你能帮助她吗？

 

【输入格式】

       第一行，一个整数n

       第二行，n个整数，代表ai。

 

【输出格式】

       仅一行，表示最后的答案。

 

【样例输入】

4

1 2 3 3

 

【样例输出】

4

 

【样例解释】

S = {1,2}, T = {3}， 1 ^ 2 = 3 = 3 (^为异或)

S = {1,2}, T = {4},  1 ^ 2 = 3 = 3

S = {1,2}， T = {3，4}  1 ^ 2 = 3 & 3 = 3 （&为与运算）

S = {3}， T = {4}  3 = 3 = 3

【数据范围】

    30%: 1 <= n <= 10

    60%: 1 <= n <= 100

    100%: 1 <= n <= 1000, 0 <= ai < 1024

 30暴力

/*暴力30*/
#include
#define maxn 1010
using namespace std;
int n,a[maxn],A[maxn],B[maxn],ans;
void Dfs(int now,int x,int y){
    if(now==n+1){
        if(A[A[0]]>=B[1])return;
        if(x==y&&A[0]&&B[0])
        ans++;return;
    }
    Dfs(now+1,x,y);
    A[++A[0]]=now;Dfs(now+1,x^a[now],y);A[A[0]--]=0;
    B[++B[0]]=now;Dfs(now+1,x,y&a[now]);B[B[0]--]=0;
}
int main(){
    freopen("sequence.in","r",stdin);
    freopen("sequence.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    if(n>50){
        printf("0\n");return 0;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    Dfs(1,0,1023);
    printf("%d\n",ans);
    fclose(stdin);fclose(stdout);
    return 0;
}

View Code

dp

/*
再一次没有写出dp来 感觉noip出个dp题要跪了22333
这是个问题....
想到了 f g 分别表示啥 
然后发现 有重复 会重复计算很多
然后发现可以定义成 一定选了这个的状态
然后又有一个问题
枚举分开点的话 又会漏了许多
这就尴尬了.....
解决方法是确定g选这个 然后f用前缀和
嗯 很机智 
*/
#include
#include
#define maxn 1010
using namespace std;
int n,a[maxn],b[maxn];
long long f[maxn][1024],g[maxn][1024],sum[1024],ans;
int main()
{
    freopen("sequence.in","r",stdin);
    freopen("sequence.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        b[i]=a[n-i+1];
    for(int i=0;i){
        for(int j=0;j<1024;j++)
            f[i+1][j^a[i+1]]+=sum[j];
        f[i+1][a[i+1]]++;
        for(int j=0;j<1024;j++)
            sum[j]+=f[i+1][j];
    }
    memset(sum,0,sizeof(sum));
    for(int i=0;i){
        for(int j=0;j<1024;j++)
            g[i+1][j&b[i+1]]+=sum[j];
        g[i+1][b[i+1]]++;
        for(int j=0;j<1024;j++)
            sum[j]+=g[i+1][j];
    }
    memset(sum,0,sizeof(sum));
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=0;j<1024;j++)
            sum[j]+=f[i][j];
        for(int j=0;j<1024;j++)
            ans+=sum[j]*g[n-i][j];
    }
    printf("%I64d\n",ans);
    return 0;
}

View Code

/*超时爆空间的压位高精  好吧dp写丑了 导致高精不好办了2333*/
#include
#include
#include
#define maxn 1001
#define ll long long
#define bas 1000000000
using namespace std;
int n,a[maxn],b[maxn];
ll f[maxn][1024][40],g[maxn][1024][40],sum[1024][40],ans[40],A[40];
void Add(ll a[40],ll b[40]){
    int len=max(a[0],b[0]),c[40]={0};
    for(int i=1;i<=len;i++)
        c[i]=a[i]+b[i];
    for(int i=1;i<=len;i++)
        if(c[i]>=bas){
            c[i+1]++;c[i]%=bas;
        }
    if(c[len+1])len++;c[0]=len;
    for(int i=0;i<=c[0];i++)a[i]=c[i];
}
void Mul(ll a[40],ll b[40]){
    memset(A,0,sizeof(A));
    for(int i=1;i<=a[0];i++){
        for(int j=1;j<=b[0];j++){
            A[i+j-1]+=a[i]*b[j];
            if(A[i+j-1]>=bas){
                A[i+j]+=A[i+j-1]/bas;
                A[i+j-1]%=bas;
            }
        }
        int len=i+b[0]-1;
        while(A[len+1]){
            len++;A[len+1]+=A[len]/bas;A[len]%=bas;
        }
    }
    for(int i=a[0]+b[0];i>=1;i--)
        if(A[i]){
            A[0]=i;break;
        }
}
int main()
{
    freopen("sequence.in","r",stdin);
    freopen("sequence.out","w",stdout);
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        cin>>a[i];
    for(int i=1;i<=n;i++)
        b[i]=a[n-i+1];
    A[0]=1;A[1]=1;
    for(int i=0;i){
        for(int j=0;j<1024;j++)
            Add(f[i+1][j^a[i+1]],sum[j]);
        Add(f[i+1][a[i+1]],A);
        for(int j=0;j<1024;j++)
            Add(sum[j],f[i+1][j]);
    }
    memset(sum,0,sizeof(sum));
    for(int i=0;i){
        for(int j=0;j<1024;j++)
            Add(g[i+1][j&b[i+1]],sum[j]);
        Add(g[i+1][b[i+1]],A);
        for(int j=0;j<1024;j++)
            Add(sum[j],g[i+1][j]);
    }
    memset(sum,0,sizeof(sum));
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=0;j<1024;j++)
            Add(sum[j],f[i][j]);
        for(int j=0;j<1024;j++){
            Mul(sum[j],g[n-i][j]);
            Add(ans,A);
        }
    }
    printf("%lld",ans[ans[0]]);
    for(int i=ans[0]-1;i>=1;i--)
        printf("%09lld",ans[i]);
    printf("\n");
    return 0;
}

View Code

(dp写丑了 导致高精炸了2333) 

3.长途旅行

【题目描述】

JY是一个爱旅游的探险家，也是一名强迫症患者。现在JY想要在C国进行一次长途旅行，C国拥有n个城市(编号为0,1,2...,n - 1)，城市之间有m条道路，可能某个城市到自己有一条道路，也有可能两个城市之间有多条道路，通过每条道路都要花费一些时间。JY从0号城市开始出发，目的地为n – 1号城市。由于JY想要好好参观一下C国，所以JY想要旅行恰好T小时。为了让自己的旅行更有意思，JY决定不在任何一个时刻停留(走一条到城市自己的路并不算停留)。JY想知道是否能够花恰好T小时到达n – 1号城市（每个城市可经过多次）。现在这个问题交给了你。

若可以恰好到达输出“Possible”否则输出“Impossible”。(不含引号)。

 

【输入格式】

第一行一个正整数Case，表示数据组数。

       每组数据第一行3个整数，分别为n, m, T。

       接下来m行，每行3个整数x, y, z,代表城市x和城市y之间有一条耗时为z的双向边。

 

【输出格式】

       对于每组数据输出”Possible”或者”Impossible”.

 

【样例输入】

2

3 3 11

0 2 7

0 1 6

1 2 5

2 1 10000

1 0 1

 

【样例输出】

Possible

Impossible

 

【样例解释】

       第一组：0 -> 1 -> 2 :11

       第二组：显然偶数时间都是不可能的。

 

【数据范围】

       30%:  T <= 10000

另有30%: n <= 5 , m <= 10.

       100%: 2 <= n <= 50 , 1 <= m <= 100 , 1 <= z <= 10000 , 1 <= T <= 10^18 , Case <= 5.

 暴力dp+骗分40

#include
#include
#include
#include
#define maxn 51
#define maxm 20010
#define ll long long
using namespace std;
ll cas,n,m,T,G[maxn][maxn][110],f[maxm][maxn];
ll vis[maxn],dis[maxn],diss[maxn],c[maxn];
queueq;
void Cl(){
    memset(G,0,sizeof(G));
    memset(f,0,sizeof(f));
}
void SPFA(){
    memset(dis,127/3,sizeof(dis));
    memset(vis,127/3,sizeof(vis));
    while(!q.empty())q.pop();
    vis[1]=1;dis[1]=0;q.push(1);
    while(!q.empty()){
        ll k=q.front();q.pop();
        vis[k]=1;if(c[k]>n+5)break;
        for(ll i=1;i<=n;i++)
            for(ll j=1;j<=G[k][i][0];j++){
                ll v=i,t=G[k][i][j];
                if(dis[v]>dis[k]+t){
                    dis[v]=dis[k]+t;
                    if(vis[v]==0){
                        q.push(v);vis[v]=1;c[v]++;
                    }
                }
            }
    }
}
void SPFA2(){
    memset(diss,127/3,sizeof(diss));
    memset(vis,127/3,sizeof(vis));
    memset(c,0,sizeof(c));
    while(!q.empty())q.pop();
    vis[n]=1;diss[n]=0;q.push(n);
    while(!q.empty()){
        ll k=q.front();q.pop();
        vis[k]=1;if(c[k]>n+5)break;
        for(ll i=1;i<=n;i++)
            for(ll j=1;j<=G[k][i][0];j++){
                ll v=i,t=G[k][i][j];
                if(diss[v]>dis[k]+t){
                    diss[v]=dis[k]+t;
                    if(vis[v]==0){
                        q.push(v);vis[v]=1;c[v]++;
                    }
                }
            }
    }
}
void Solve1(){
    f[0][1]=1;
    for(ll i=0;i<=T;i++)
        for(ll j=1;j<=n;j++)
            for(ll k=1;k<=n;k++)
                for(ll l=1;l<=G[j][k][0];l++)
                    f[i+G[k][j][l]][j]=f[i][k]||f[i+G[k][j][l]][j];
    if(f[T][n])printf("Possible\n");
    else printf("Impossible\n");
}
void Solve2(){
    SPFA();ll falg=0;
    for(ll i=1;i<=n;i++)if(!falg)
        for(ll j=1;j<=n;j++)if(!falg)
            for(ll k=1;k<=G[i][j][0];k++){
                ll x=dis[i],y=diss[j];
                if((T-x-y-G[i][j][k])%(G[i][j][k]*2)==0){
                    falg=1;break;
                }
            }
    if(falg)printf("Possible\n");
    else printf("Impossible\n");
}
int main()
{
    freopen("travel.in","r",stdin);
    freopen("travel.out","w",stdout);
    cin>>cas;
    while(cas--){
        cin>>n>>m>>T;
        Cl();ll u,v,t;
        for(ll i=1;i<=m;i++){
            cin>>u>>v>>t;u++;v++;
            G[u][v][++G[u][v][0]]=t;
            G[v][u][++G[v][u][0]]=t;
        }
        if(T<=10000)Solve1();else Solve2();
    }
    fclose(stdin);fclose(stdout);
    return 0;
}

View Code

/*
30分的bfs很好想（然而奇葩的我写的dp...跑的好像很慢）
那个状态是 dis[i][j] 1到i 经过时间j 存在不存在
关键是 j 很大 状态会很大 时间会很慢 
考虑重复走环的情况 假设 我们从0连出去一个环 大小为x
那么这个环保证了一定能走 如果到 y 时刻能到 n-1 那么y ±x时刻也能到 
根据这个性质 我们压缩第三维 %x 意义下 
重定义状态dis[i][j]表示 1到 i 走的路程 s  s%x为j 且s最小
那么最后的状态 dis[n-1][j] j==T%x 就只0 - n-1 走的路程余数为j的最短路 
显然 走T的时间走到n-1的余数和走dis的余数相同 那么就有 dis+kx==T 意思就是
在绕几遍x就好了 因为最后是+kx 所以尽量使dis小 跑最短路 
*/
#include
#include
#include
#include
#define maxn 110
#define maxm 50010
#define ll long long
using namespace std;
ll cas,n,m,T,num,head[maxn],mx,dis[maxn][maxm],f[maxn][maxm];
struct edge{
    ll v,t,pre;
}e[maxn*2];
struct node{
    ll x,s;
};
queueq;
void Cl(){
    num=0;mx=0x7fffffff;
    memset(f,0,sizeof(f));
    memset(head,0,sizeof(head));
    memset(dis,127/3,sizeof(dis));
}
void Add(ll from,ll to,ll dis){
    num++;e[num].pre=head[from];
    e[num].v=to;e[num].t=dis;
    head[from]=num;
}
void SPFA(){
    dis[1][0]=0;f[1][0]=1;
    q.push((node){1,0});
    while(!q.empty()){
        ll k=q.front().x;
        ll s=q.front().s;
        q.pop();f[k][s]=0;
        for(ll i=head[k];i;i=e[i].pre){
            ll v=e[i].v,y=s+e[i].t;y%=mx;
            if(dis[v][y]>dis[k][s]+e[i].t){
                dis[v][y]=dis[k][s]+e[i].t;
                if(f[v][y]==0){
                    f[v][y]=1;q.push((node){v,y});
                }
            }
        }
    }
}
int main()
{
    freopen("travel.in","r",stdin);
    freopen("travel.out","w",stdout);
    cin>>cas;
    while(cas--){
        cin>>n>>m>>T;
        ll u,v,t;Cl();
        for(ll i=1;i<=m;i++){
            cin>>u>>v>>t;
            u++;v++;Add(u,v,t);Add(v,u,t);
            if(u==1||v==1)mx=min(mx,t*2);
        }
        if(mx==0x7fffffff){
            printf("Impossible\n");continue;
        } 
        SPFA();
        if(dis[n][T%mx]<=T)printf("Possible\n");
        else printf("Impossible\n");
    }
    return 0;
}

View Code

 

转载于:https://www.cnblogs.com/yanlifneg/p/6063210.html