11.14 noip模拟试题
|
题目名称 |
正确答案 |
序列问题 |
长途旅行 |
|
英文名称 |
answer |
sequence |
travel |
|
输入文件名 |
answer.in |
sequence.in |
travel.in |
|
输出文件名 |
answer.out |
sequence.out |
travel.out |
|
时间限制 |
1s |
1s |
1s |
|
空间限制 |
256M |
256M |
256M |
|
测试点数目 |
20 |
20 |
10 |
|
测试点分值 |
5 |
5 |
10 |
|
是否有部分分 |
无 |
无 |
无 |
|
题目类型 |
传统 |
传统 |
传统 |
|
是否有SPJ |
无 |
无 |
无 |
1.正确答案
【题目描述】
小H与小Y刚刚参加完UOIP外卡组的初赛，就迫不及待的跑出考场对答案。
“吔，我的答案和你都不一样！”，小Y说道，”我们去找神犇们问答案吧”。
外卡组试卷中共有m道判断题，小H与小Y一共从其他n个神犇那问了答案。之后又从小G那里得知，这n个神犇中有p个考了满分，q个考了零分，其他神犇不为满分或零分。这可让小Y与小H犯了难。你能帮助他们还原出标准答案吗？如有多解则输出字典序最小的那个。无解输出-1。
【输入格式】
第一行四个整数n, m, p, q，意义如上描述。
接下来n行，每一行m个字符’N’或’Y’，表示这题这个神犇的答案。
【输出格式】
仅一行，一个长度为m的字符串或是-1。
【样例输入】
2 2 2 0
YY
YY
【样例输出】
YY
【数据范围】
30% : n <= 100.
60% : n <= 5000 , m <= 100.
100% : 1 <= n <= 30000 , 1 <= m
<= 500. 0 <= p , q 且 p + q <= n.
懒得写hash map水过
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<map>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define maxn 30010
using namespace std;
int n,m,p,q,falg;
char ss[maxn];
string s[maxn],ans;
map<string,int>f;
void Solve1(){
for(int i=;i<=n;i++){
int x=f[s[i]];
if(x!=p)continue;
string now;now.clear();
for(int k=;k<m;k++)
now+=(s[i][k]=='Y'?'N':'Y');
int y=f[now];
if(y==q){
falg=;ans=s[i];break;
}
}
}
void Solve2(){
for(int i=;i<=n;i++){
int x=f[s[i]];
if(x!=p)continue;
string now;now.clear();
for(int k=;k<m;k++)
now+=(s[i][k]=='Y'?'N':'Y');
int y=f[now];
if(y==q){
falg=;ans=s[i];break;
}
}
}
void Solve3(){
for(int i=n;i>=;i--){
int x=f[s[i]];
if(x!=q)continue;
string now;now.clear();
for(int k=;k<m;k++)
now+=(s[i][k]=='Y'?'N':'Y');
int y=f[now];
if(y==p){
falg=;ans=now;break;
}
}
}
void Solve4(){ int A[]={};
while(){
string now,noww;
now.clear();noww.clear();
for(int i=;i<=m;i++)
if(A[i])now+='Y';
else now+='N';
for(int i=;i<=m;i++)
if(A[i])noww+='N';
else noww+='Y';
int x=f[now],y=f[noww];
if(!x&&!y){
falg=;ans=now;break;
}
int can=;
for(int i=m;i>=;i--)
if(A[i]==){
A[i]=;can=;
for(int j=i+;j<=m;j++)
A[j]=;can=;break;
}
if(!can)break;
}
}
int main()
{
freopen("answer.in","r",stdin);
freopen("answer.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&p,&q);
for(int i=;i<=n;i++){
scanf("%s",ss);
for(int j=;j<m;j++)
s[i]+=ss[j];
f[s[i]]++;
}
sort(s+,s++n);
if(p&&q)Solve1();
else if(p&&!q)Solve2();
else if(!p&&q)Solve3();
else if(!p&&!q)Solve4();
if(falg)cout<<ans<<endl;
else cout<<"-1"<<endl;
return ;
}
2.序列问题
【题目描述】
小H是个善于思考的学生，她正在思考一个有关序列的问题。
她的面前浮现出了一个长度为n的序列{ai}，她想找出两个非空的集合S、T。
这两个集合要满足以下的条件：
1. 两个集合中的元素都为整数，且都在 [1, n] 里，即Si，Ti ∈ [1, n]。
2. 对于集合S中任意一个元素x，集合T中任意一个元素y，满足x < y。
3. 对于大小分别为p, q的集合S与T，满足
a[s1] xor a[s2] xor a[s3] ... xor a[sp] = a[t1] and a[t2] and a[t3] ... and a[tq].
小H想知道一共有多少对这样的集合(S,T)，你能帮助她吗？
【输入格式】
第一行，一个整数n
第二行，n个整数，代表ai。
【输出格式】
仅一行，表示最后的答案。
【样例输入】
4
1 2 3 3
【样例输出】
4
【样例解释】
S = {1,2}, T = {3}， 1 ^ 2 = 3 = 3 (^为异或)
S = {1,2}, T = {4}, 1 ^ 2 = 3 = 3
S = {1,2}， T = {3，4} 1 ^ 2 = 3 & 3 = 3 （&为与运算）
S = {3}， T = {4} 3 = 3 = 3
【数据范围】
30%:
1 <= n <= 10
60%:
1 <= n <= 100
100%:
1 <= n <= 1000, 0 <= ai < 1024
30暴力
/*暴力30*/
#include<cstdio>
#define maxn 1010
using namespace std;
int n,a[maxn],A[maxn],B[maxn],ans;
void Dfs(int now,int x,int y){
if(now==n+){
if(A[A[]]>=B[])return;
if(x==y&&A[]&&B[])
ans++;return;
}
Dfs(now+,x,y);
A[++A[]]=now;Dfs(now+,x^a[now],y);A[A[]--]=;
B[++B[]]=now;Dfs(now+,x,y&a[now]);B[B[]--]=;
}
int main(){
freopen("sequence.in","r",stdin);
freopen("sequence.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
if(n>){
printf("0\n");return ;
}
for(int i=;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
Dfs(,,);
printf("%d\n",ans);
fclose(stdin);fclose(stdout);
return ;
}
dp
/*
再一次没有写出dp来 感觉noip出个dp题要跪了22333
这是个问题....
想到了 f g 分别表示啥
然后发现 有重复 会重复计算很多
然后发现可以定义成 一定选了这个的状态
然后又有一个问题
枚举分开点的话 又会漏了许多
这就尴尬了.....
解决方法是确定g选这个 然后f用前缀和
嗯 很机智
*/
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define maxn 1010
using namespace std;
int n,a[maxn],b[maxn];
long long f[maxn][],g[maxn][],sum[],ans;
int main()
{
freopen("sequence.in","r",stdin);
freopen("sequence.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
for(int i=;i<=n;i++)
b[i]=a[n-i+];
for(int i=;i<n;i++){
for(int j=;j<;j++)
f[i+][j^a[i+]]+=sum[j];
f[i+][a[i+]]++;
for(int j=;j<;j++)
sum[j]+=f[i+][j];
}
memset(sum,,sizeof(sum));
for(int i=;i<n;i++){
for(int j=;j<;j++)
g[i+][j&b[i+]]+=sum[j];
g[i+][b[i+]]++;
for(int j=;j<;j++)
sum[j]+=g[i+][j];
}
memset(sum,,sizeof(sum));
for(int i=;i<=n;i++){
for(int j=;j<;j++)
sum[j]+=f[i][j];
for(int j=;j<;j++)
ans+=sum[j]*g[n-i][j];
}
printf("%I64d\n",ans);
return ;
}
/*超时爆空间的压位高精 好吧dp写丑了 导致高精不好办了2333*/
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define maxn 1001
#define ll long long
#define bas 1000000000
using namespace std;
int n,a[maxn],b[maxn];
ll f[maxn][][],g[maxn][][],sum[][],ans[],A[];
void Add(ll a[],ll b[]){
int len=max(a[],b[]),c[]={};
for(int i=;i<=len;i++)
c[i]=a[i]+b[i];
for(int i=;i<=len;i++)
if(c[i]>=bas){
c[i+]++;c[i]%=bas;
}
if(c[len+])len++;c[]=len;
for(int i=;i<=c[];i++)a[i]=c[i];
}
void Mul(ll a[],ll b[]){
memset(A,,sizeof(A));
for(int i=;i<=a[];i++){
for(int j=;j<=b[];j++){
A[i+j-]+=a[i]*b[j];
if(A[i+j-]>=bas){
A[i+j]+=A[i+j-]/bas;
A[i+j-]%=bas;
}
}
int len=i+b[]-;
while(A[len+]){
len++;A[len+]+=A[len]/bas;A[len]%=bas;
}
}
for(int i=a[]+b[];i>=;i--)
if(A[i]){
A[]=i;break;
}
}
int main()
{
freopen("sequence.in","r",stdin);
freopen("sequence.out","w",stdout);
cin>>n;
for(int i=;i<=n;i++)
cin>>a[i];
for(int i=;i<=n;i++)
b[i]=a[n-i+];
A[]=;A[]=;
for(int i=;i<n;i++){
for(int j=;j<;j++)
Add(f[i+][j^a[i+]],sum[j]);
Add(f[i+][a[i+]],A);
for(int j=;j<;j++)
Add(sum[j],f[i+][j]);
}
memset(sum,,sizeof(sum));
for(int i=;i<n;i++){
for(int j=;j<;j++)
Add(g[i+][j&b[i+]],sum[j]);
Add(g[i+][b[i+]],A);
for(int j=;j<;j++)
Add(sum[j],g[i+][j]);
}
memset(sum,,sizeof(sum));
for(int i=;i<=n;i++){
for(int j=;j<;j++)
Add(sum[j],f[i][j]);
for(int j=;j<;j++){
Mul(sum[j],g[n-i][j]);
Add(ans,A);
}
}
printf("%lld",ans[ans[]]);
for(int i=ans[]-;i>=;i--)
printf("%09lld",ans[i]);
printf("\n");
return ;
}
(dp写丑了 导致高精炸了2333)
3.长途旅行
【题目描述】
JY是一个爱旅游的探险家，也是一名强迫症患者。现在JY想要在C国进行一次长途旅行，C国拥有n个城市(编号为0,1,2...,n - 1)，城市之间有m条道路，可能某个城市到自己有一条道路，也有可能两个城市之间有多条道路，通过每条道路都要花费一些时间。JY从0号城市开始出发，目的地为n – 1号城市。由于JY想要好好参观一下C国，所以JY想要旅行恰好T小时。为了让自己的旅行更有意思，JY决定不在任何一个时刻停留(走一条到城市自己的路并不算停留)。JY想知道是否能够花恰好T小时到达n – 1号城市（每个城市可经过多次）。现在这个问题交给了你。
若可以恰好到达输出“Possible”否则输出“Impossible”。(不含引号)。
【输入格式】
第一行一个正整数Case，表示数据组数。
每组数据第一行3个整数，分别为n, m, T。
接下来m行，每行3个整数x, y, z,代表城市x和城市y之间有一条耗时为z的双向边。
【输出格式】
对于每组数据输出”Possible”或者”Impossible”.
【样例输入】
2
3 3 11
0 2 7
0 1 6
1 2 5
2 1 10000
1 0 1
【样例输出】
Possible
Impossible
【样例解释】
第一组：0 -> 1 -> 2 :11
第二组：显然偶数时间都是不可能的。
【数据范围】
30%: T <= 10000
另有30%: n <= 5 , m <= 10.
100%: 2 <= n <= 50 , 1 <= m <= 100 , 1 <= z <= 10000 , 1 <= T <= 10^18 , Case <= 5.
暴力dp+骗分40
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
#define maxn 51
#define maxm 20010
#define ll long long
using namespace std;
ll cas,n,m,T,G[maxn][maxn][],f[maxm][maxn];
ll vis[maxn],dis[maxn],diss[maxn],c[maxn];
queue<ll>q;
void Cl(){
memset(G,,sizeof(G));
memset(f,,sizeof(f));
}
void SPFA(){
memset(dis,/,sizeof(dis));
memset(vis,/,sizeof(vis));
while(!q.empty())q.pop();
vis[]=;dis[]=;q.push();
while(!q.empty()){
ll k=q.front();q.pop();
vis[k]=;if(c[k]>n+)break;
for(ll i=;i<=n;i++)
for(ll j=;j<=G[k][i][];j++){
ll v=i,t=G[k][i][j];
if(dis[v]>dis[k]+t){
dis[v]=dis[k]+t;
if(vis[v]==){
q.push(v);vis[v]=;c[v]++;
}
}
}
}
}
void SPFA2(){
memset(diss,/,sizeof(diss));
memset(vis,/,sizeof(vis));
memset(c,,sizeof(c));
while(!q.empty())q.pop();
vis[n]=;diss[n]=;q.push(n);
while(!q.empty()){
ll k=q.front();q.pop();
vis[k]=;if(c[k]>n+)break;
for(ll i=;i<=n;i++)
for(ll j=;j<=G[k][i][];j++){
ll v=i,t=G[k][i][j];
if(diss[v]>dis[k]+t){
diss[v]=dis[k]+t;
if(vis[v]==){
q.push(v);vis[v]=;c[v]++;
}
}
}
}
}
void Solve1(){
f[][]=;
for(ll i=;i<=T;i++)
for(ll j=;j<=n;j++)
for(ll k=;k<=n;k++)
for(ll l=;l<=G[j][k][];l++)
f[i+G[k][j][l]][j]=f[i][k]||f[i+G[k][j][l]][j];
if(f[T][n])printf("Possible\n");
else printf("Impossible\n");
}
void Solve2(){
SPFA();ll falg=;
for(ll i=;i<=n;i++)if(!falg)
for(ll j=;j<=n;j++)if(!falg)
for(ll k=;k<=G[i][j][];k++){
ll x=dis[i],y=diss[j];
if((T-x-y-G[i][j][k])%(G[i][j][k]*)==){
falg=;break;
}
}
if(falg)printf("Possible\n");
else printf("Impossible\n");
}
int main()
{
freopen("travel.in","r",stdin);
freopen("travel.out","w",stdout);
cin>>cas;
while(cas--){
cin>>n>>m>>T;
Cl();ll u,v,t;
for(ll i=;i<=m;i++){
cin>>u>>v>>t;u++;v++;
G[u][v][++G[u][v][]]=t;
G[v][u][++G[v][u][]]=t;
}
if(T<=)Solve1();else Solve2();
}
fclose(stdin);fclose(stdout);
return ;
}
/*
30分的bfs很好想（然而奇葩的我写的dp...跑的好像很慢）
那个状态是 dis[i][j] 1到i 经过时间j 存在不存在
关键是 j 很大 状态会很大 时间会很慢
考虑重复走环的情况 假设 我们从0连出去一个环 大小为x
那么这个环保证了一定能走 如果到 y 时刻能到 n-1 那么y ±x时刻也能到
根据这个性质 我们压缩第三维 %x 意义下
重定义状态dis[i][j]表示 1到 i 走的路程 s s%x为j 且s最小
那么最后的状态 dis[n-1][j] j==T%x 就只0 - n-1 走的路程余数为j的最短路
显然 走T的时间走到n-1的余数和走dis的余数相同 那么就有 dis+kx==T 意思就是
在绕几遍x就好了 因为最后是+kx 所以尽量使dis小 跑最短路
*/
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstring>
#define maxn 110
#define maxm 50010
#define ll long long
using namespace std;
ll cas,n,m,T,num,head[maxn],mx,dis[maxn][maxm],f[maxn][maxm];
struct edge{
ll v,t,pre;
}e[maxn*];
struct node{
ll x,s;
};
queue<node>q;
void Cl(){
num=;mx=0x7fffffff;
memset(f,,sizeof(f));
memset(head,,sizeof(head));
memset(dis,/,sizeof(dis));
}
void Add(ll from,ll to,ll dis){
num++;e[num].pre=head[from];
e[num].v=to;e[num].t=dis;
head[from]=num;
}
void SPFA(){
dis[][]=;f[][]=;
q.push((node){,});
while(!q.empty()){
ll k=q.front().x;
ll s=q.front().s;
q.pop();f[k][s]=;
for(ll i=head[k];i;i=e[i].pre){
ll v=e[i].v,y=s+e[i].t;y%=mx;
if(dis[v][y]>dis[k][s]+e[i].t){
dis[v][y]=dis[k][s]+e[i].t;
if(f[v][y]==){
f[v][y]=;q.push((node){v,y});
}
}
}
}
}
int main()
{
freopen("travel.in","r",stdin);
freopen("travel.out","w",stdout);
cin>>cas;
while(cas--){
cin>>n>>m>>T;
ll u,v,t;Cl();
for(ll i=;i<=m;i++){
cin>>u>>v>>t;
u++;v++;Add(u,v,t);Add(v,u,t);
if(u==||v==)mx=min(mx,t*);
}
if(mx==0x7fffffff){
printf("Impossible\n");continue;
}
SPFA();
if(dis[n][T%mx]<=T)printf("Possible\n");
else printf("Impossible\n");
}
return ;
}
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