ZOJ Monthly, October 2011 （DP+数学专场!!!）
【比赛链接】：click here~~
这套题是暑假打多校的时候拉的一次比赛，感觉题目都很有意思，所以重新拉出来总结一下。
ZOJ 3549 Little Keng
【题意】：Calculate how many 0s at the end of the value below: 1n + 2n + 3n + ... + mn
【思路】：数据不大直接暴力求解。
代码：
/*
* Problem: ZOJ No.3549
* Running time: 0MS
* Complier: G++
* Author: herongwei
* Create Time: 16:25 2015/9/24 星期四
*/
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MOD=1e9;
LL m,n;
LL poww_mod(LL a,LL b){
LL res=a,ans=1;
while(b){
if(b&1) ans=res*ans%MOD;
b>>=1;
res=res*res%MOD;
}
return ans;
}
int main(){
while(cin>>m>>n){
LL sum=0;
for(int i=1; i<=m; ++i){
sum+=poww_mod(i,n)%MOD;
}
int jj=0;
while(sum>0){
if(sum%10==0) jj++;
else break;
sum/=10;
}
cout<<jj<<endl;
}
return 0;
}
ZOJ 3550 Big Keng
【题意】：给一个组合体：由一个圆柱和一个圆台组成，当体积一定V时，求组合体表面积的最小值
【思路】看到题，立刻想到是一些常量肯定成某种比例的时候表面积最小，于是推关系，，推关系，，推了大半天，隐隐约约有一种 关系，但是不确定
突然立刻想到二次函数，可以用三分解决，于是三分三分，无限的三分开始了，此题比较麻烦在于先三分上下体积，然后在体积里在三分上下半径，总的来说就是三分无极限
PS：eps写错了，T了一下下午了，，囧~~
代码：
/*
* Problem: ZOJ No.3550
* Running time: 1200MS
* Complier: G++
* Author: javaherongwei
* Create Time: 8:52 2015/9/23
*/
#include <math.h>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const double eps=1e-5; // 错写成-1e5,T了一下午
const double pi= acos(-1.0);
double R,r,V,v1,v2,H,h,L,ans;
int spj(double x){
return (x>eps)-(x<-eps);
}
double calc(double x){ // the final area
r=x;
H=v1/(pi*R*R);
h=3*v2/(pi*r*r+pi*r*R+pi*R*R);
L=sqrt((R-r)*(R-r)+h*h);
ans=pi*r*r+2*pi*R*H+pi*L*(R+r);
return ans;
}
double rad(double x){ // after volum and san fen radius
v1=x,v2=V-x;
double ll=0,rr=R;
while(spj(rr-ll)>0){
double mid=ll+(rr-ll)/3;
double midd=ll+2*(rr-ll)/3;
double midx=calc(mid);
double midy=calc(midd);
if(midx<midy) rr=midd;
else ll=mid;
}
return calc(ll);
}
double vv(double x){ //after the result san fen volum
R=x;
double ll=0,rr=V;
while(spj(rr-ll)>0){
double mid=ll+(rr-ll)/3;
double midd=ll+2*(rr-ll)/3;
double midx=rad(mid);
double midy=rad(midd);
if(midx<midy) rr=midd;
else ll=mid;
}
return rad(ll);
}
double solve(){ // san fen the result
double ll=0,rr=10*V;
while(spj(rr-ll)>0){
double mid=ll+(rr-ll)/3;
double midd=ll+2*(rr-ll)/3;
double midx=vv(mid);
double midy=vv(midd);
if(midx<midy) rr=midd;
else ll=mid;
}
return vv(ll);
}
int main(){
while(scanf("%lf",&V)!=EOF){
printf("%.6f\n",solve());
}
return 0;
}
ZOJ 3551 BloodSucker
【题意】：
有n - 1个人和1个吸血鬼，每天都会有两个人相遇，如果一个是人一个是吸血鬼，
那么人有p的概率变成吸血鬼，问你所有人都变成吸血鬼的期望天数。
【思路】：此题可以用数学期望，也可以用概率DP，概率DP接触不多，此题算是入门基础题，不过也是想了好久，（博主是个喜欢数学的人，但是数学基因不好~~）
解法一：详细过程可参考：click here~~
/*
* Problem: ZOJ No.3551
* Running time: 50MS
* Complier: G++
* Author: herongwei
* Create Time: 16:25 2015/9/24 星期四
*/
#include <math.h>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const double eps=1e-5;
const double pi= acos(-1.0);
const int N = 1e5+10;
double dp[N];
int main()
{
int t,n;double p;scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%lf",&n,&p);
double ans=0.0;
for(int i=1; i<n; ++i){
ans+=1.0*n*(n-1)/(2*p*(n-i)*i);
}
printf("%.3f\n",ans);
}
return 0;
}
解法二：
/******************
*dp[i]表示从i个吸血鬼到n个吸血鬼的天数期望
******************/
#include <math.h>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N= 1e5+10;
double dp[N];
int main(){
int t,n;double p;scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%lf",&n,&p);
dp[n] = 0;
for(int i=n-1; i>=1; i--){
double s1,s2,p1;
s1 = (double)n*(n-1)/2; ///从n个人中选两个人出来的选法，也就是C(n,2)
s2 = (double)i*(n-i); ///i为从i个人中选出一人的方法，n-i为从吸血鬼中选出一个吸血鬼的总数，共有这么多种
p1 = s2/s1*p; ///人与吸血鬼相遇的概率
dp[i]=(dp[i+1]*p1+1)/p1;
}
printf("%.3f\n",dp[1]);
}
return 0;
}
ZOJ 3554 A Miser Boss
【题意】：有a、b、c三个车床同时工作，三个车床做不同的任务需要不同的时间，但最后要求三个车床做事情的总时间相同，输出做完所有任务需要的最少时间，如果无法达到三个车床总工作时间相同，则输出“No”
【思路】：（数据不大，可以用搜索枚举全部状态，然后在筛选也可以，其实数据不大，果断暴力枚举也是一种方法）
动态规划问题，由于状态空间有限，可以考虑直接保存状态枚举即可。
* 状态定义：dp[i][j][k]表示三台机器是否分别能工作到i,j,k秒。
* 为了解决物品选取冲突的问题，使用vis记录上一个物品对状态的影响。
* 遍历一遍所有物品，每次枚举所有状态，如果上一个物品使该状态可以达到，则记录到dp中。
* 最后遍历所有物品后，如果有哪个时间满足dp[t][t][t]=1，则说明存在相应的解。
* 由于条件的约束，可以看出每个物品一定会对状态产生影响，所以不会存在物品没用完的问题。
代码：
* 状态定义：dp[i][j][k]表示三台机器是否分别能工作到i,j,k秒。
* 为了解决物品选取冲突的问题，使用vis记录上一个物品对状态的影响。
* 遍历一遍所有物品，每次枚举所有状态，如果上一个物品使该状态可以达到，则记录到dp中。
* 最后遍历所有物品后，如果有哪个时间满足dp[t][t][t]=1，则说明存在相应的解。
* 由于条件的约束，可以看出每个物品一定会对状态产生影响，所以不会存在物品没用完的问题。
代码：
/*
* Problem: ZOJ No.3554
* Running time: 810MS
* Complier: G++
* Author: herongwei
* Create Time: 16:25 2015/9/24 星期四
*/
#include <math.h>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const double eps=1e-5;
const double pi= acos(-1.0);
const int N = 120;
const int M=120+10;
int a[M],b[M],c[M];
bool dp[M][M][M];
bool vis[M][M][M];
int main()
{
int t;
while(~scanf("%d",&t)){
memset(a,0,sizeof(a));
memset(b,0,sizeof(b));
memset(c,0,sizeof(c));
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(dp,0,sizeof(dp));
vis[0][0][0]=1;
for(int i=0; i<t; ++i){
scanf("%d%d%d",&a[i],&b[i],&c[i]);
}
if(t<3){
puts("NO");
continue;
}
for(int f=0; f<t; ++f){
for(int i=0; i<=N; ++i)
for(int j=0; j<=N; ++j)
for(int k=0; k<=N; ++k)
if(vis[i][j][k]){
if(i+a[f]<=N) dp[i+a[f]][j][k]=1;
if(j+b[f]<=N) dp[i][j+b[f]][k]=1;
if(k+c[f]<=N) dp[i][j][k+c[f]]=1;
}
memcpy(vis,dp,sizeof(vis));
memset(dp,0,sizeof(dp));
}
int ans=-1;
for(int i=1; i<=N; ++i){///直接反过来想，枚举所有的可能不大于120的值，只要有满足条件的，就可以
if(vis[i][i][i]==1){
ans=i;
break;
}
}
if(ans!=-1){
printf("%d\n",ans);
}
else puts("NO");
}
return 0;
}
ZOJ 3556 How Many Sets I
【题意】：Give a set S, |S| = n, then how many ordered set group (S1, S2, ..., Sk) satisfies S1 ∩ S2 ∩ ... ∩ Sk = ∅. (Si is a subset of S, (1 <= i <= k))
【思路】：
代码：
/*
* Problem: ZOJ No.3556
* Running time: 0MS
* Complier: G++
* Author: herongwei
* Create Time: 16:25 2015/9/24 星期四
*/
#include <math.h>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const double eps=1e-5;
const double pi= acos(-1.0);
const int N = 120;
const int M=120+10;
const int MOD=1e9+7;
LL n,k;
LL poww(LL a,LL b)
{
LL res=a,ans=1;
while(b)
{
if(b&1) ans=res*ans%MOD;
res=res*res%MOD;
b>>=1;
}
return ans;
}
int main()
{
while(~scanf("%lld %lld",&n,&k))
{
printf("%lld\n",poww(poww(2,k)-1,n)%MOD);
}
}
ZOJ 3557 How Many Sets II
【题意】：
给一个集合，一共n个元素，从中选取m个元素，满足选出的元素中没有相邻的元素，一共有多少种选法(结果对p取模1 <= p <= 10^9)
【思路】：用插板法求出组合数。既然是从n个数中选择m个数，那么剩下的数为n-m，那么可以产生n-m+1个空，这道题就变成了把m个数插到这n-m+1个空中有多少种方法，即C(n-m+1,m)%p。因为考虑数据范围，然后就Lucas定理。
给一个集合，一共n个元素，从中选取m个元素，满足选出的元素中没有相邻的元素，一共有多少种选法(结果对p取模1 <= p <= 10^9)
【思路】：用插板法求出组合数。既然是从n个数中选择m个数，那么剩下的数为n-m，那么可以产生n-m+1个空，这道题就变成了把m个数插到这n-m+1个空中有多少种方法，即C(n-m+1,m)%p。因为考虑数据范围，然后就Lucas定理。
代码:
/*
* Problem: ZOJ No.3557
* Running time: 0MS
* Complier: G++
* Author: herongwei
* Create Time: 16:25 2015/9/24 星期四
*/
#include <math.h>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const double eps=1e-5;
const double pi= acos(-1.0);
LL n,m,p;
LL poww(LL a,LL b){
LL res=a,ans=1;
while(b){
if(b&1) ans=res*ans%p;
res=res*res%p;
b>>=1;
}
return ans;
}
LL C(LL a, LL b,LL p){
if(a<b) return 0;
if(b>a-b) b=a-b;
LL up=1,down=1;
for(int i=0; i<b; ++i){
up=up*(a-i)%p;
down=down*(i+1)%p;
}
return up*poww(down,p-2)%p;
}
LL lucas(LL a,LL b,LL p){
if(b==0) return 1;
return C(a%p,b%p,p)*lucas(a/p,b/p,p)%p;
}
int main(){
while(~scanf("%lld %lld %lld",&n,&m,&p)){
if(n&1){
if(m>(n/2+1)) puts("0");
else printf("%lld\n",lucas(n-m+1,m,p));
}
else{
if(m>(n/2)) puts("0");
else printf("%lld\n",lucas(n-m+1,m,p));
}
}
return 0;
}