test20181219(期末考试)

Written with StackEdit.

$noip$爆炸后就好久没考试了...结果今天又被抓去,感觉很慌啊...

考完了.过来填坑.

T1

Description

使得$x^x$达到或超过$n$位数字的最小正整数$x$是多少？

Input

输入一个正整数$n（n<=2*10^9）$。

Output

输出使得$x^x$达到$n$位数字的最小正整数$x$。

Sample Input

Sample Output

Solution

$x^x\geq 10^{n-1}$.对$10$去取对数,等价于$xlog_{10}x\geq n-1.$
二分$x$,用$cmath$库自带的$log10$函数检验即可.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read()
{
	int out=0,sgn=1;
	char jp=getchar();
	while(jp!='-' && (jp>'9' || jp<'0'))
		jp=getchar();
	if(jp=='-')
		jp=getchar(),sgn=-1;
	while(jp>='0' && jp<='9')
		out=out*10+(jp-'0'),jp=getchar();
	return out*sgn;
}
using namespace std;
long long fpow(int a,int b)
{
	long long s=1;
	while(b)
		{
			if(b&1)
				s*=a;
			a*=a;
			b>>=1;
		}
	return s;
}
double count(long long x)
{
	double y=x*1.0;
	return y*log10(y);
}
int main()
{
	freopen("xx.in","r",stdin);
	freopen("xx.out","w",stdout);
	int n=read();
	double x=(n-1)*1.0;
	long long L=1,R=1000000000000000000;
	long long ans=R+1;
	while(L<=R)
		{
			long long mid=(L+R)>>1;
			if(count(mid)>=x)
				R=mid-1,ans=min(ans,mid);
			else
				L=mid+1;
		}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

T2

Description

和所有人一样，奶牛喜欢变化。它们正在设想新造型的牧场。奶牛建筑师$Hei$想建造围有漂亮白色栅栏的三角形牧场。她拥有$N(3≤N≤40)$块木板，每块的长度$L_i(1≤L_i≤40$)都是整数，她想用所有的木板围成一个三角形使得牧场面积最大。

请帮助$Hei$小姐构造这样的牧场，并计算出这个最大牧场的面积。

Input

第$1$行：一个整数$N.$

第$2..N+1$行：每行包含一个整数，即是木板长度。

Output

仅一个整数：最大牧场面积乘以$100$然后舍尾的结果。如果无法构建，输出$-1$。

Sample Input

5 1 1 3 3 4

Sample Output

692

HINT

$692=$舍尾后的（$100×$三角形面积），此三角形为等边三角形，边长为$4$。

Solution

考场上做不出来...怒水了一发$dfs$,居然有$70pts.$
将所有的木板当作背包，木板的长度作为背包的重量。与普通背包问题不同的是，这里有两个背包。所以，我们要求的不是重量$w$是否能得到，而是一个重量二元组$(w0, w1)$是否能得到。求解的方法与普通背包问题基本相同，只不过状态是二维的。
求得所有可以得到的二元组后，枚举所有的二元组。对于任意的$(w_0, w_1)，w_0, w_1，w—w_0—w_1(w$表示所有背包的总重量)即是对应的三角形三边之长(可能是非法三角形)。这些三角形中面积最大者就是我们所求的答案。

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
using namespace std;
int main()
{
	freopen("pasture.in" , "r", stdin );
	freopen("pasture.out", "w", stdout);
	bool f[841][841]= {0};
	int n,b[40],i,j,s=0,k;
	double m=0,p,t;
	cin>>n;
	for(i=0; i<n; i++)
		{
			cin>>b[i];
			s+=b[i];
		}
	f[0][0]=true;
	for(k=0; k<n; k++)
		for(i=s/2; i>=0; i--)
			for(j=i; j>=0; j--)
				if(f[i][j])
					{
						f[i][j+b[k]]=true;
						f[i+b[k]][j]=true;
					}
	p=s/2.0;
	for(i=1; i<p; i++)
		for(j=1; j<=i; j++)
			if(f[i][j]==true&&((i+j)>(s-i-j))&&((i-j)<(s-i-j)))
				{
					t=p*(p-i)*(p-j)*(p-(s-i-j));
					if(m<t) m=t;
				}
	if(m<=0)cout<<"-1"<<endl;
	else cout<<int(sqrt(m)*100)<<endl;
	return 0;
}

T3

【问题描述】

小$N$最近学习了位运算，她发现$2$个数$xor$之后数的大小可能变大也可能变小，$and$之后都不会变大，$or$之后不会变小。于是她想算出以下的期望值：现在有 $N$个数排成一排，如果她随意选择一对$l,r$并将下标在$l$和$r$中间(包括$l,r$)的数$(xor,and,or)$之后，期望得到的值是多少呢？取出每一对$l,r$ 的概率都是相等的。($l>r$也被视作有意义).

Input

第一行$1$个正整数$N$。

第二行$N$个非负整数代表数列.

Output

一行$3$个数，分别表示$xor$的期望，$and$的期望，$or$的期望，保留$3$位小数。

Sample Input

4 5

Sample Output

2.750 4.250 4.750

HINT

$30\%$数据中$1<=N<=1000.$

对于另外的$30\%$数据数列中只包含$0$和$1$.

对于$100\%$的数据$1<=N<=100000$，数列中的数 $\leq 10^9.$

Solution

可以先求出每个的区间的$(xor,and,or)$总和,再除以区间总数.
显然,每一位可以分开计算.下面以$xor$为例.
考虑对于每一位,有若干个$0/1$,只用考虑贡献为$1$的区间,显然这样的区间内有奇数个$1$.
令$f[i][0/1]$为区间右端点为$i$,区间内有偶数/奇数个$1$的区间数目.这里只考虑$l\leq r$,最终答案可以通过简单操作得到.
$and,or$的计算方法类似,适当修改一下$0/1$这一位的定义就可以了.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rg register
#define il inline
inline int read()
{
	int out=0,sgn=1;
	char jp=getchar();
	while(jp!='-' && (jp>'9' || jp<'0'))
		jp=getchar();
	if(jp=='-')
		jp=getchar(),sgn=-1;
	while(jp>='0' && jp<='9')
		out=out*10+(jp-'0'),jp=getchar();
	return out*sgn;
}
const int MAXN=1e5+10;
int a[MAXN];
int x[MAXN][40];
long long f[MAXN][2];
int n,lim=0;
long long tot=0;
double xor1=0,and1=0,or1=0;
long long xor2=0,and2=0,or2=0;
il void dp_xor(int j)
{
	f[0][0]=0,f[0][1]=0;
	long long res=0;
	for(rg int i=1;i<=n;++i)
		{
			#define val x[i][j]
			if(val)
				{
					f[i][0]=f[i-1][1];
					f[i][1]=f[i-1][0]+1;
				}
			else
				{
					f[i][0]=f[i-1][0]+1;
					f[i][1]=f[i-1][1];
				}
			res+=f[i][1];
		}
	xor2+=res<<j;
}
il void dp_and(int j)
{
	f[0][1]=0;
	long long res=0;
	for(rg int i=1;i<=n;++i)
		{
			#define val x[i][j]
			if(val)
				f[i][1]=f[i-1][1]+1;
			else
				f[i][1]=0;
			res+=f[i][1];
		}
	and2+=res<<j;
}
il void dp_or(int j)
{
	f[0][0]=f[0][1]=0;
	long long res=0;
	for(rg int i=1;i<=n;++i)
		{
			#define val x[i][j]
			if(val)
				{
					f[i][0]=0;
					f[i][1]=f[i-1][0]+f[i-1][1]+1;
				}
			else
				{
					f[i][0]=f[i-1][0]+1;
					f[i][1]=f[i-1][1];
				}
			res+=f[i][1];
		}
	or2+=res<<j;
}
void solve_xor()
{
	for(rg int i=0;i<=lim;++i)
		dp_xor(i);
	xor2<<=1;
	for(rg int i=1;i<=n;++i)
		xor2-=1LL*a[i];
	xor1=1.0*xor2/(1.0*n*n);
}
void solve_and()
{
	for(rg int i=0;i<=lim;++i)
		dp_and(i);
	and2<<=1;
	and2-=tot;
	and1=1.0*and2/(1.0*n*n);
}
void solve_or()
{
	for(rg int i=0;i<=lim;++i)
		dp_or(i);
	or2<<=1;
	or2-=tot;
	or1=1.0*or2/(1.0*n*n);
}
int main()
{
	freopen("nine.in","r",stdin);
	freopen("nine.out","w",stdout);
	n=read();
	for(rg int i=1;i<=n;++i)
		{
			a[i]=read();
			tot+=1LL*a[i];
			int k=a[i];
			int j=-1;
			while(k)
				{
					++j;
					x[i][j]=k&1;
					k>>=1;
				}
			lim=max(lim,j);
		}
	if(lim<0)
		{
			puts("0.000 0.000 0.000");
			return 0;
		}
//	cerr<<lim<<endl;
	solve_xor();
	solve_and();
	solve_or();
	printf("%.3lf %.3lf %.3lf\n",xor1,and1,or1);
	//cout<<xor2<<' '<<and2<<' '<<or2<<' '<<endl;
	return 0;
}
//2 4 5