2014 多校赛 第一场
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A - Couple doubi
题意：桌上共有 k 个球，第i个球的值为 (1^i+2^i+...+(p-1)^i )mod pDouBiXp 和 他的女朋友 DouBiNan 轮流拿球，DouBiNan先拿，
所有的球都拿完后，谁手上球的值总和更大谁就赢，
已知 k,p，且p为素数，
若DouBiNan赢输出"YES",否则输出"NO"
分析：DouBiNan先拿，为了赢肯定先拿没有被拿的球中值最大的，
找规律得 每个球的值要么为 0，要么为某个的正数x，且每p-1个球有一个的值为x
那么如果值为x的球个数如果为奇数，则DouBiNan赢，否则赢不了
#include
int main()
{
int p,n;
while(scanf("%d%d",&n,&p)!=EOF){
if((n/(p-1))%2)
printf("YES\n");
else
printf("NO\n");
}
return 0;
} 题意：有n台机器和m个任务，第i个任务需要xi时间去完成，且它的难度等级为yi
若第i个任务被完成，可获得收益 500*xi+2*yi
每台机器有一个最大工作时间和能完成的最大难度等级，
若某台机器要完成某任务，则机器的工作时间要不低于任务需要的时间，
机器的难度等级不低于任务的难度等级，
一台机器一天只能完成一次任务，且一个任务只能由一台机器完成
已知每台机器和每个任务的完成时间和难度等级，
求一天能完成的最多的任务数，在此前提下的最大收益
分析：贪心求解
收益只有完成的任务的x,y有关，且x，y越大，获得的收益越大
所以要优先完成x更大的任务，若x相等，要优先完成y大的任务
即任务要按x从大到小排序，若x相等则按y从大到小排序
任务的x按从大到小排序，再给任务匹配机器
当有多台机器符合x条件，那么要选择y满足条件的最小的y,
这样没被用的更大的y的机器，更可能符合完成其他任务
#include
#include
#define N 100000
using namespace std;
struct stu{
int time,level;
}task[N+10],machine[N+10];
int cmp(stu a,stu b){
if(a.time==b.time)
return a.level>b.level;
return a.time>b.time;
}
int main()
{
int n,m;
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF){
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d",&machine[i].time,&machine[i].level);
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf("%d%d",&task[i].time,&task[i].level);
sort(machine+1,machine+1+n,cmp);
sort(task+1,task+1+m,cmp);
int j=1,cnt[105]={0},maxm=0;
long long ans=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
while(j<=n&&task[i].time<=machine[j].time){
cnt[machine[j].level]++;
j++;
}
for(int k=task[i].level;k<=100;k++){
if(cnt[k]){
maxm++;
ans+=task[i].time*500+task[i].level*2;
cnt[k]--;
break;
}
}
}
printf("%d %I64d\n",maxm,ans);
}
return 0;
} 题意：已知昨天天气与今天天气状况的概率关系（wePro），和今天天气状态和叶子湿度的概率关系(lePro)
第一天为sunny 概率为 0.63,cloudy 概率 0.17,rainny 概率 0.2.
给定n天的叶子湿度状态，求这n天最可能的天气情况
分析：概率dp
设 dp[i][j] 表示第i天天气为j的最大概率，
pre[i][j]表示第i天天气最可能为j的前一天天气，
dp[i][j]=max(dp[i-1][k]+log(wePro[k][j])+log(lePro[j][lePos[i]])) (k=0,1,2 表示昨天的天气）
注：由于概率越乘越小，考虑精度原因，用log取对数
log(a*b*c) = log a + log b +log c
#include
#include
#include
char Con[5][10]={"Dry","Dryish","Damp","Soggy"};
char We[5][10]={"Sunny","Cloudy","Rainy"};
double lePro[3][4]={0.6,0.2,0.15,0.05,
0.25,0.3,0.2,0.25,
0.05,0.10,0.35,0.50}; //叶子
double wePro[3][3]={0.5,0.375,0.125,
0.25,0.125,0.625,
0.25,0.375,0.375}; //天气
double init[3]={0.63,0.17,0.2};
double dp[55][3],pre[55][3];
int n,lePos[55];
void solve()
{
for(int i=0;i<3;i++)
dp[1][i]=log(init[i])+log(lePro[i][lePos[1]]);
for(int i=2;i<=n;i++){
for(int j=0;j<3;j++){ //今天天气
double maxp=-1e8;
int pos=0;
for(int k=0;k<3;k++){ //昨天天气
double temp=dp[i-1][k]+log(wePro[k][j])+log(lePro[j][lePos[i]]);
if(temp>maxp){
maxp=temp;
pos=k;
}
}
dp[i][j]=maxp;
pre[i][j]=pos;
}
}
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
for(int k=1;k<=T;k++){
printf("Case #%d:\n",k);
scanf("%d",&n);
char con[10];
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",con);
for(int j=0;j<4;j++)
if(strcmp(con,Con[j])==0){
lePos[i]=j;
break;
}
}
solve();
double maxp=-1e8;
int ans[55];
for(int i=0;i<3;i++)
if(dp[n][i]>maxp){
maxp=dp[n][i];
ans[n]=i;
}
for(int i=n-1;i>=1;i--)
ans[i]=pre[i+1][ans[i+1]];
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%s\n",We[ans[i]]);
}
return 0;
} 资料扩展：详情点此
本题属于 隐马尔可夫模型
马尔可夫模型:统计模型，每个状态只依赖于之前的状态
马尔可夫模型可用马尔可夫过程描述
我们就为上面的一阶马尔科夫过程定义了以下三个部分：
状态：晴天、阴天和下雨
初始向量：定义系统在时间为0的时候的状态的概率
状态转移矩阵：每种天气转换的概率
所有的能被这样描述的系统都是一个马尔科夫过程。
隐马尔可夫模型 (Hidden Markov Model) 是一种统计模型，用来描述一个含有隐含未知参数的马尔可夫过程。
包含隐藏状态 （如：天气状态）和 可观状态（如：叶子的湿度）
可以观察到的状态序列和隐藏的状态序列是概率相关的
I - Turn the pokers
题意：有m张牌，初始状态都是正面朝下，现在要进行n次操作，
第i次操作要翻ai张牌,求n次操作后，牌的状态可能有多少种？
分析：牌只有两种状态，设面朝下为0，面朝上为1，则初始状态都为0
很显然每一张牌的状态只跟这张牌被翻的次数的奇偶性有关。
翻牌i次后1的个数的奇偶性一定与前i次翻牌的总张数 a1+a2+...+ai的奇偶性相同
（初始状态1的个数为0,是偶数，1.若翻偶数张牌，1的个数还是偶数
2.若翻奇数张，得到的还是奇数，
在第2种情况下若再翻奇数次，可能会翻奇数个0，偶数个1,或者偶数个0，奇数个1，
结果还是奇数，而两次翻牌张数和为偶加奇，也是奇数。。。可自行证明）
若终态有最少有min个1，最多有max个1，那么1的个数可能为 min,min+2,min+4,...,max
即牌的状态可能有 C(m,min)+C(m,min+2)+C(m,min+4)+...+C(m,max) 种
这样就转化为求min,max及组合数了
C(m,i)=m!/(i!*(m-i)!),因为最终要取余，而阶乘数太大存不了，还涉及到除法，
直接取余再除肯定不行（同余定理不适用于除法）
可以利用费马小定理解决：
由定理得：a^(p-1)≡1%p
则 a^(p-2)≡1/a%p
因为p很大，需要用快速幂取余来做
#include
#define N 100000
#define mod 1000000009
#define LL long long
LL fact[N+10];
void init()
{
fact[0]=1;
for(int i=1;i<=N;i++)
fact[i]=fact[i-1]*i%mod;
}
LL powMod(LL a,LL b)
{
LL ans=1;
a%=mod;
while(b){
if(b%2)
ans=ans*a%mod;
b/=2;
a=a*a%mod;
}
return ans;
}
int main()
{
int n,m;
init();
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF){ //m张扑克，n次操作
int min1,max1,tempMin=0,tempMax=0; //1的最小最大个数
while(n--){
int x;
scanf("%d",&x);
//计算最少的1，要尽可能让1->0
if(x<=tempMin)
min1=tempMin-x;
else if(x<=tempMax){
if((x%2)==(tempMin%2))
min1=0;
else
min1=1;
}
else
min1=x-tempMax;
//计算最多的1,要尽可能让0->1
if(x<=m-tempMax)
max1=tempMax+x;
else if(x<=m-tempMin){
if((x%2)==((m-tempMin)%2))
max1=m;
else
max1=m-1;
}
else
max1=m-(x-(m-tempMin));
tempMin=min1;
tempMax=max1;
}
LL ans=0;
for(int i=min1;i<=max1;i+=2) //费马小定理
ans=(ans+(fact[m]*powMod(fact[i]*fact[m-i],mod-2))%mod)%mod;
printf("%I64d\n",ans);
}
return 0;
} G - Xor
题意：有n个数 (a0,a1,..,an),
f(x)= 满足 b1 xor b2 xor ... xor bn = x 的个数 （0<=bi<=ai)
要进行m次操作
Q x, 求 f(x)
C x y，将第x个数 即 ax 修改为 y
分析：对于这种多查询多维护的题可以用线段树求解
线段树：
是一种擅长处理区间的数据结构。
对其的查找和维护的时间复杂度都是O(log n).
未优化的空间复杂度为 2n
若a0=100101 (二进制)
则b0 =0***** 或 1000** 或 100100 或 100101 （0<=b0<=a0）
将b中确定的位称为前缀，不确定的位（为0或1）称为后缀
则 线段树中结点需要 包含 前缀的值，后缀位数，及组成该形式的数的个数
前缀最大到 1000 (十进制)，后缀 最多为 10 ，可以用一个int存这两个信息
因为 10用 4位二进制就可表示，可以用后4位存后缀位数
组成该形式的数的个数 也可用 一个int即可
而b有多种可能形式，且个数未知
所以线段树的每个结点 可用 vector
子树根结点由左右孩子异或得到，将左右孩子可能的形式的数两两异或
可求子根结点，最终可得根结点（b1 xor b2 xor ... xor bn）每种情况的个数
求f(x) 即求根结点 每种情况能组成与x的相等的值的总和
每种情况是否能组成与x相等的值，即看前缀的值与x的前缀的值是否相等
#include
#include
#include