2018/7/7-纪中某C组题【jzoj1494,jzoj1495,jzoj1496,jzoj1497】

前言

290卡成145，十分开心。

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正题

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T1：密码

大意

N个数乘起来

考试时

看起来十分简单的高精乘单精

解题思路

10241024其实是10241024高精乘高精了解一下，30分QAQ

代码(高精乘高精我就不解释了吧)

#include
#include
#define M 2500
using namespace std;
long long a[M+1],n,k[M],b[M+1],l,lo;
void read()
{
    memset(k,0,sizeof(k));
    char c[51];
    scanf("%s",c);
    l=strlen(c);
    for (int i=1;i<=l;i++)
      k[i]=c[l-i]-48;
}
void add()
{
    for (int i=1;i<=lo;i++)
    {
      for (int j=1;j<=l;j++)
      {
          b[i+j-1]+=a[i]*k[j];
          b[i+j]+=b[i+j-1]/10;
          b[i+j-1]%=10;
      }
    }
    lo=-1;
    for (int i=M;i>=1;i--)
    {
      if (b[i]!=0&&lo==-1) lo=i;
      a[i]=b[i];b[i]=0;
    }
}
void write()
{
    int w=M;
    while (w>1&&!a[w]) w--;
    int flag=w;
    for (;w;w--)
      printf("%d",a[w]);
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    a[1]=1;lo=1;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        read();
        add();
    }
    write();
}

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T2：宝石

大意

有一个m∗mm∗m的矩阵，然后nn个宝石价值不同在矩阵里，然后一个为k∗kk∗k的东西要求碰到大宝石价值最大。

考试时

敲了一个矩阵前缀和然后O(n2)O(n2)暴力枚举拿了60分

解题思路

定义一个长度m，高度为k的扫描线，然后在线内的用线段树维护最大长度为k的字段和。

代码

#include
#include
using namespace std;
struct treenode{
    int l,r,w,lazy;
}a[300001];
struct node{
    int x,y,w;
}d[50001];
int m,n,k,maxs;
void build(int k,int l,int r)
{
    a[k].l=l;a[k].r=r;
    if (l==r) return;
    int mid=(l+r)/2;
    build(k*2,l,mid);
    build(k*2+1,mid+1,r);
}
void ddata(int k)
{
    a[k*2].w+=a[k].lazy;
    a[k*2+1].w+=a[k].lazy;
    a[k*2].lazy+=a[k].lazy;
    a[k*2+1].lazy+=a[k].lazy;
    a[k].lazy=0;
}
void updata(int l,int r,int k,int num)
{
    if (a[k].l==l&&a[k].r==r)
    {
        a[k].w+=num;
        a[k].lazy+=num;
        return;
    }
    ddata(k);
    if (a[k*2].r>=r) updata(l,r,k*2,num);
    else if (a[k*2+1].l<=l) updata(l,r,k*2+1,num);
    else updata(l,a[k*2].r,k*2,num),updata(a[k*2+1].l,r,k*2+1,num);
    a[k].w=max(a[k*2].w,a[k*2+1].w);
}
//以上为线段树
bool cmp(node x,node y)
{
    return x.y<y.y;
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&m,&n,&k);
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&d[i].x,&d[i].y,&d[i].w);
    }
    sort(d+1,d+1+n,cmp);//排序
    build(1,1,m);//建树
    int w=1;//扫描上限
    for (int i=1;i<=n;i++)//枚举下限
    {
        while (d[i].y-d[w].y>k)//更新上限
        {
            updata(d[w].x,min(d[w].x+k,m),1,-d[w].w);//去掉
            w++;
        }
        updata(d[i].x,min(d[i].x+k,m),1,d[i].w);//维护字段和
        maxs=max(maxs,a[1].w);//查询最大字段和
    }
    printf("%d",maxs);
}

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T3：页

大意

一个序列，每次取中间的放到头或尾，求至少多少次可以变为单调递增。

考试

刚开始打了个贪心，然后发现数据不是很大，然后打了一个广搜，为了防止超时打了一个卡时间的结果就炸了30。把卡时间的去掉后100

解题思路

广搜然后map库(或哈希表)去重

代码

#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
map<string,int> f;
string s,mb,state[362881];
int a[10],n,head,tail;
void bfs()
{
    if (s==mb)
    {
        printf("0");
        return;
    }
    state[1]=s;f[s]=1;
    head=0;tail=1;
    do
    {
        s=state[++head];
        int k=f[state[head]];
        for (int i=1;i<=n/2;i++)
          swap(s[i],s[n/2+1]);//放在头
        if (!f[s])
        {
          state[++tail]=s;
          f[s]=k+1;
          if (s==mb)//已经完成
          {
            printf("%d",k);
            return;
          }
        }
        s=state[head];
        for (int i=n;i>n/2+1;i--)
          swap(s[i],s[n/2+1]);//放在尾
        if (!f[s])
        {
          state[++tail]=s;
          f[s]=k+1;
          if (s==mb)//已经完成
          {
            printf("%d",k);
            return;
          }
        }
    }
    while (headprintf("No Answer");
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    s+="*";mb+="*";
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        s+=i+48;
        mb+=i+48;
    }
    for (int i=1;ifor (int j=i+1;j<=n;j++)
      {
        if (a[i]>a[j])
        {
            swap(a[i],a[j]);
            swap(mb[i],mb[j]);//确定目标状态
        }
      }
    bfs();
    return 0;
}

---

T4：景点中心

大意

有n个景点构成一颗树，然后每个景点有不同数量的学生，边有不同的长度，定一个景点为中心要求所有学生到达这个点的路径长度和最小。

考试

敲出了正解，结果没注意范围30QAQ。

解题思路

一棵树然后就想到了树形dp，然后想起来有个东西叫二次扫描换根法，之后就推出了正解：

首先我们先以1为根进行一遍求出f[i]f[i]和zn[i]zn[i]，f[i]f[i]是表示点i子树的学生走到点i的路径长度和，然后zn[i]zn[i]表示点i的子树的学生人数总和。

然后我们就求出了以i为根节点的情况下的路径和，我们尝试推到第二层的节点。

这是一颗以1为根节点的树，然后我们变为以2为根节点

然后我们会发现

图中绿色部分（原第二个节点的子树部分）都少走了一条路w，而图中红色部分（其余部分）都多走了一条路w，所以我们可以自己计算：

c[x]=c[father]+(zn[1]−zn[x])∗w−zn[x]∗wc[x]=c[father]+(zn[1]−zn[x])∗w−zn[x]∗w

从而 O(1)O(1)的时间复杂度内计算出下一个点为根时的距离和。

代码

#include
#include
#include
#define N 1000001
using namespace std;
struct node{
    int next,to,w;
}a[N];
int ls[N],tot,n,x,y,w,v[N];
long long c[N],f[N],zn[N],maxs,num[N];
void addl(int x,int y,int w)
{
    a[++tot].to=y;a[tot].w=w;
    a[tot].next=ls[x];ls[x]=tot;
}
void dp(int x,int dep)//第一次扫描
{
    v[x]=true;
    zn[x]=num[x];//记录人数
    f[x]=num[x]*dep;//统计
    for (int i=ls[x];i;i=a[i].next)
    {
        int y=a[i].to;
        if (!v[y])
        {
            dp(y,dep+a[i].w);
            f[x]+=f[y];
            zn[x]+=zn[y];//累计
        }
    }
}
void zdp(int x,int dep,int fa,int from)//第二次扫描
{
    v[x]=true;
    if (x!=1)
    c[x]=c[fa]+(zn[1]-zn[x])*a[from].w-zn[x]*a[from].w;//计算
    if (c[x]for (int i=ls[x];i;i=a[i].next)
    {
        y=a[i].to;
        if (!v[y])
          zdp(y,dep+a[i].w,x,i);//计算子节点
    }
}
int main()
{
    freopen("data.txt","r",stdin);
    scanf("%d",&n);
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&num[i]);
    }
    for (int i=1;iscanf("%d%d%d",&x,&y,&w);
        addl(x,y,w);
        addl(y,x,w);
    }
    c[0]=1e18;
    maxs=0;
    dp(1,0);
    memset(v,0,sizeof(v));
    c[1]=f[1];
    zdp(1,0,0,0);
    printf("%lld\n%lld",maxs,c[maxs]);
}

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后续

zyc大佬太强了

                            m e      
                             |           
                            \ /
                             V         
  / / ======  / /     orz orz orz orz orz orz orz orz orz
 / / ======  / /       orz orz orz orz orz orz orz orz orz
 + =========== +        orz orz orz orz orz orz orz orz orz
 | [zyc dalao] |         orz orz orz orz orz orz orz orz orz
 + =========== +          orz orz orz orz orz orz orz orz orz
 \ \    ====== \ \         orz orz orz orz orz orz orz orz orz
  \ \   ======  \ \         orz orz orz orz orz orz orz orz orz

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