A .Red or Not
一道网速题。
大于3200输出原字符串，否则就输出red。
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define LL long long
int a;
string ch;
int main() {
scanf("%d",&a);
cin>>ch;
if(a >= 3200) cout< B. Resistors in Parallel
这不是网速题了，是一道手速题。（滑稽.jpg）
直接暴力求所有数的倒数和，再对所有数的倒数和取倒数就行了，不用考虑精度问题。
#include
#include
#include
#include
#define N 120
using namespace std;
int a[N],n;
double s;
int main() {
cin >> n;
for(int i = 1 ; i <= n ; i++) {
double x ;
cin>>x ;
x = 1 / x ;
s += x ;
}
cout<<1 / s< C. Alchemist
比之前的两道题要略难一点。
考虑对数组从小到大进行一次排序，然后每次贪心的取两个最小的值。
答案就是最后修改的值。
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define LL long long
#define N 1010
int a[N],n;
double b[N];
int main() {
scanf("%d",&n);
for(int i = 1 ; i <= n ; i++)
scanf("%d",&a[i]);
sort(a + 1,a + n + 1);
int p1 = 2,p2 = 3;
b[p1] = ((double)a[1] + (double)a[2]) / 2;
while(p2 <= n) {
//printf("%d %d\n",&a[p1],&a[p2]);
b[p2] = ((double)b[p1] + (double)a[p2]) / 2;
// printf("%lf \n",b[p2]);
p1++,p2++;
//printf("%d %d \n",p1,p2);
}
//for(int i = 1 ; i <= n ; i++) printf("%d ",a[i]);
printf("%lf \n",b[n]);
//system("pause");
return 0;
}
D.Strings of Impurity
数据只有2e6，所以就是一道树链剖分ZZ题。
只需要写子树修改和链查询就可以。
题目中要求的单点查询可以看作查询自己到自己这条链的权值。
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define LL long long
#define N 1000010
struct Edge {
int to,from;
}e[N*2+10];
struct Tree {
int sum,tag;
int lson,rson;
}tree[N*2];
int deep[N],Top[N],idx[N],siz[N];
int n,m,p,root,son[N],tot = 1,cnt;
int head[N],fa[N],val[N],w[N],t;
inline void add_edge(int x,int y) {
e[++cnt].from = y;
e[cnt].to = head[x];
head[x] = cnt;
}
inline void pushup(int x) {
tree[x].sum = (tree[tree[x].lson].sum + tree[tree[x].rson].sum);
}
void pushdown(int x,int l,int r) {
int mid = (l + r) >> 1;
tree[tree[x].lson].sum = (tree[tree[x].lson].sum + tree[x].tag * (mid - l + 1));
tree[tree[x].rson].sum = (tree[tree[x].rson].sum + tree[x].tag * (r - mid));
tree[tree[x].lson].tag = (tree[tree[x].lson].tag + tree[x].tag);
tree[tree[x].rson].tag = (tree[tree[x].rson].tag + tree[x].tag);
tree[x].tag = 0;
}
void build(int x,int l,int r) {
if(l == r) {
tree[x].sum = w[l];
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
tree[x].lson = ++tot;
build(tree[x].lson,l,mid);
tree[x].rson = ++tot;
build(tree[x].rson,mid+1,r);
pushup(x);
}
void update(int x,int l,int r,int ll,int rr,int v) {
if(l == ll && r == rr) {
tree[x].sum = (tree[x].sum + (r - l + 1) * v);
tree[x].tag = (tree[x].tag + v);
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
pushdown(x,l,r);
if(rr <= mid) update(tree[x].lson,l,mid,ll,rr,v);
else if(ll > mid) update(tree[x].rson,mid+1,r,ll,rr,v);
else {
update(tree[x].lson,l,mid,ll,mid,v);
update(tree[x].rson,mid+1,r,mid+1,rr,v);
}
pushup(x);
}
inline int query(int x,int l,int r,int ll,int rr) {
if(l == ll && r == rr) return tree[x].sum;
int mid = (l + r) >> 1;
pushdown(x,l,r);
if(rr <= mid) return query(tree[x].lson,l,mid,ll,rr);
else if(ll > mid) return query(tree[x].rson,mid + 1,r,ll,rr);
else return (query(tree[x].lson,l,mid,ll,mid) + query(tree[x].rson,mid + 1,r,mid + 1,rr));
}
void dfs1(int x,int f,int depth) {
fa[x] = f;
siz[x] = 1;
deep[x] = depth;
int maxs = -1;
for(int i = head[x] ; i ; i = e[i].to) {
int u = e[i].from;
if(u == f) continue;
dfs1(u,x,depth + 1);
siz[x] += siz[u];
if(siz[u] > maxs) {
son[x] = u;
maxs = siz[u];
}
}
}
void dfs2(int x,int topf) {
idx[x] = ++t;
w[t] = val[x];
Top[x] = topf;
if(!son[x]) return;
dfs2(son[x],topf);
for(int i = head[x] ; i ; i = e[i].to) {
int u = e[i].from;
if(u == son[x] || u == fa[x]) continue;
dfs2(u,u);
}
}
inline int query_link(int x,int y) {
int ans = 0;
while(Top[x] != Top[y]) {
if(deep[Top[x]] < deep[Top[y]]) swap(x,y);
ans += query(1,1,n,idx[Top[x]],idx[x]);
ans %= p;
x = fa[Top[x]];
}
if(deep[x] > deep[y]) swap(x,y);
ans = (ans + query(1,1,n,idx[x],idx[y]));
return ans;
}
inline void update_link(int x,int y,int val) {
while(Top[x] != Top[y]) {
if(deep[Top[x]] < deep[Top[y]]) swap(x,y);
update(1,1,n,idx[Top[x]],idx[x],val);
x = fa[Top[x]];
}
if(deep[x] > deep[y]) swap(x,y);
update(1,1,n,idx[x],idx[y],val);
}
inline int query_tree(int x) {
return query(1,1,n,idx[x],idx[x] + siz[x] - 1);
}
inline void update_tree(int x,int val) {
update(1,1,n,idx[x],idx[x] + siz[x] - 1,val);
}
int main() {
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i = 1 ; i < n ; i++) {
int a,b;
scanf("%d%d",&a,&b);
add_edge(a,b);
add_edge(b,a);
}
dfs1(1,0,1);
dfs2(1,1);
build(1,1,n);
while(m--) {
int x,z;
scanf("%d%d",&x,&z);
update_tree(x,z);
}
for(int i = 1 ; i <= n ; i++)
printf("%d ",query_link(i,i));
//system("pause");
return 0;
} E.Strings of Impurity
一道字符串题。
我们考虑在s串中查询t串中的每个字符出现的位置，统计出现了多少次，即统计需要循环s串多少次。
那么答案就是 $ cnt * s.length() + pos $ 。
#include
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#include
using namespace std;
#define LL long long
string s,t;
LL pos,cnt;
int main() {
cin>>s>>t;
for(int i = 0 ; i < t.length() ; i++) {
pos = s.find(t[i],pos);
if(pos == -1) {
pos = s.find(t[i],0);
if(pos == -1) {
puts("-1");
return 0;
}
cnt++;
}
pos++;
}
LL ans = cnt * s.length() + pos;
printf("%lld \n",ans);
//system("pause");
return 0;
}
F.Coincidence
一道极端恶心的DP题。
设 $ dp[i][0/1][0/1] $ 表示考虑到当前位置i，满足 $ x \geq L $ ， 并且满足 $ y \leq R $ 的方案数。
因为数据上界为 $ 10^{18} $ ，不能直接存，所以我们考虑利用2进制，数组的第一维代表到 $ 2^i $ 的位置。
此时数组只需要开 $ dp[65][2][2] $ ,第一维只有65是因为 $ 2^{60} \geq 10^{18}$ 。
#include
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#include
#include
using namespace std;
#define LL long long
const int mod = 1e9 + 7;
LL dp[66][2][2],L, R;
LL dfs(int x, bool Left, bool Right, bool zero) {
if(x < 0) return 1;
if(dp[x][Left][Right] >= 0 && !zero)
return dp[x][Left][Right];
LL ans = 0;
int l = 0, r = 1;
if(Left) l = L >> x & 1;
if(Right) r = R >> x & 1;
for(int i = l ; i <= 1 ; i++) {
for (int j = i ; j <= r ; j++) {
if (j == 1 && zero) {
if(i == 1) ans += dfs(x-1, Left && i == l, Right && j == r, zero && j == 0);
}
else ans += dfs(x-1, Left && i == l, Right && j == r, zero && j == 0);
}
}
ans %= mod;
if(!zero) dp[x][Left][Right] = ans;
return ans;
}
int main() {
scanf("%lld%lld", & L, & R);
memset(dp, -1, sizeof(dp));
printf("%lld \n", dfs(60, 1, 1, 1));
//system("pause");
return 0;
}