三个算法题之---bjtu算法期末小测验

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题目1：


Problem A. 加分二叉树
时间限制 1000 ms
内存限制 128 MB
题目描述
　　设一个n个节点的二叉树tree的中序遍历为（l,2,3,⋯,n），其中数字1,2,3,⋯,n为节点编号。每个节点都有一个分数（均为正整数），记第i个节点的分数为di，tree及它的每个子树都有一个加分，任一棵子树subtree（也包含tree本身）的加分计算方法如下：
　　subtree的左子树的加分× subtree的右子树的加分＋subtree的根的分数
　　若某个子树为空，规定其加分为1，叶子的加分就是叶节点本身的分数。不考虑它的空子树。
　　试求一棵符合中序遍历为（1,2,3,⋯,n）且加分最高的二叉树tree。要求输出；
　　（1）tree的最高加分
　　（2）tree的前序遍历

输入数据
　　第 1
 行：一个整数 n (n＜30)，
 为节点个数。
　　第 2
 行 ：n
 个用空格隔开的整数，为每个节点的分数（分数 ＜100）
 。
输出数据
　　第 1
 行：一个整数，为最高加分（结果不会超过 4,000,000,000）
 。
　　第 2
 行 ：n
 个用空格隔开的整数，为该树的前序遍历。
若存在多种前序遍历均为最高加分，则输出字典序最小的前序遍历
样例输入
5
5 7 1 2 10
样例输出
145
3 1 2 4 5

题目2:

Problem B. 思维之花-方程
时间限制 1000 ms
内存限制 128 MB
题目描述
　　有形如：ax^3+bx^2+cx+d=0 这样的一个一元三次方程。给出该方程中各项的系数(a，b，c，d 均为实数)，并约定该方程存在三个不同实根(根的范围在-100至100之间)，且根与根之差的绝对值> =1。要求由小到大依次在同一行输出这三个实根(根与根之间留有空格)，并精确到小数点后2位。
　　提示：记方程f(x)=0，若存在2个数x1和x2，且x1< x2，f(x1)*(x2)< 0，则在(x1，x2)之间一定有一个根。

输入数据
输入该方程中各项的系数  (a,b,c,d
 均为实数)，
输出数据
由小到大依次在同一行输出这三个实根(根与根之间留有空格)，并精确到小数点后 2
 位。
样例输入
1 -5 -4 20
样例输出
-2.00 2.00 5.00


题目3：

Problem C. 旅行家的预算
时间限制 1000 ms
内存限制 128 MB
题目描述
一个旅行家想驾驶汽车以最少的费用从一个城市到另一个城市(假设出发时油箱是空的)。给定两个城市之间的距离d1、汽车油箱的容量c（以升为单位）、每升汽油能行驶的距离d2、出发点每升汽油价格p和沿途油站数n，油站i离出发点的距离d[i]、每升汽油价格p[i]。
计算结果四舍五入至小数点后两位。
如果无法到达目的地，则输出-1。

输入数据
输入共 n+1
 行，第一行为 d1,c,d2,p,n，
 以下 n
 行，每行两个数据，分别表示该油站距出发点的距离 d[i]
 和该油站每升汽油的价格 p[i]
 。两个数据之间用一个空格隔开。
输出数据
1 < = n < = 100
样例输入
275.6 11.9 27.4 2.8 2
102.0 2.9
220.0 2.2
样例输出
26.95
样例说明
0< =n< =100

例子1:

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
#define inf 0x3f3f3f3f
#define root 1,n,1
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
inline ll read() {
	ll x = 0, w = 1; char ch = getchar();
	for (; ch > '9' || ch < '0'; ch = getchar()) if (ch == '-') w = -1;
	for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = x * 10 + ch - '0';
	return x * w;
}
#define maxn 1000000
ll f[100][100], rt[100][100];
ll dfs(int l, int r) {

	if (l > r) return 1;

	if (f[l][r] == -1) {
		for (int k = l; k <= r; k++) {
			ll ans = dfs(l, k - 1) * dfs(k + 1, r) + f[k][k];
			if (ans > f[l][r]) {
				f[l][r] = ans;
				rt[l][r] = k;
			}

		}
	}
	return f[l][r];
}
void houxubianli(int l, int r) {
	if (l == r) {
		cout << rt[l][r] << " ";
		return;
	}
	if (l > r) return;
	cout << rt[l][r] << " ";
	houxubianli(l, rt[l][r] - 1);
	houxubianli(rt[l][r] + 1, r);
}
int main() {
	int n; int a;
	n = read();
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= n; j++) {
			f[i][j] = -1;
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		rt[i][i] = i;
		f[i][i] = read();
	}
	dfs(1, n);
	cout << f[1][n] << endl;
	houxubianli(1, n);
}

例子2:

#include
using namespace std;
double a, b, c, d;
double f(double x) {
	return (a * x * x * x + b * x * x + c * x + d);
}
int main() {
	cin >> a >> b >> c >> d;
	for (int i = -100; i <= 100; i++) { 
		double L = i, R = i + 1, mid;
		if (fabs(f(L)) < 1e-4)  
			printf("%.2lf ", L);
		else if (fabs(f(R)) < 1e-4)  
			continue;
		else if (f(L) * f(R) < 0) {   
			while (R - L > 1e-4) {
				mid = (L + R) / 2;
				if (f(mid) * f(R) > 0)
					R = mid;
				else L = mid;
			}
			printf("%.2lf ", L);
		}
	}
	return 0;
}

例子3:

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define ll long long
using namespace std;
struct node {
	double dis, cost;
}x[101];
int main() {
	double d1, c, d2;
	int n;
	x[0].dis = 0;
	cin >> d1 >> c >> d2 >> x[0].cost >> n;
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		cin >> x[i].dis >> x[i].cost;
	x[n + 1].dis = d1;
	x[n + 1].cost = 0;
	for (int i = 1; i <= n + 1; ++i) {
		if (x[i].dis - x[i - 1].dis > c * d2) {  
			cout << "-1" << endl;
			return 0;
		}
	}
	double sum = 0; 
	double w = 0;  
	int i = 0, p;
	while (i <= n) {
		for (int j = i + 1; j <= n + 1; ++j) {
			if (x[j].cost < x[i].cost) {
				p = j;
				break;
			}
		}
		if (x[p].dis - x[i].dis > c * d2) {
			sum += (c - w) * x[i].cost;
			w = c - (x[i + 1].dis - x[i].dis) / d2;
			i++;
		}
		else if (w * d2 >= x[p].dis - x[i].dis) {
			w -= (x[p].dis - x[i].dis) / d2;
			i = p;
		}
		else {
			sum += ((x[p].dis - x[i].dis) / d2 - w) * x[i].cost;
			w = 0;
			i = p;
		}
	}
	printf("%.2lf", sum);
	return 0;
}