2014-10-5 NOIP模拟赛

祖孙询问

(tree.pas/c/cpp)

【问题描述】

已知一棵n个节点的有根树。有m个询问。每个询问给出了一对节点的编号x和y，询问x与y的祖孙关系。

【输入格式】

输入第一行包括一个整数n表示节点个数。

接下来n行每行一对整数对a和b表示a和b之间有连边。如果b是-1，那么a就是树的根。

第n+2行是一个整数m表示询问个数。

接下来m行，每行两个正整数x和y。

【输出格式】

对于每一个询问，输出1:如果x是y的祖先，输出2:如果y是x的祖先，否则输出0。

【样例输入】

10

234 -1

12 234

13 234

14 234

15 234

16 234

17 234

18 234

19 234

233 19

5

234 233

233 12

233 13

233 15

233 19

【样例输出】

1

0

0

0

2

【数据规模】

对于30%的数据，n,m≤1000。

对于100%的.据,n,m≤40000，每个节点的编号都不超过40000。

/*
    树剖求lca，看x和y的lca是x还是y还是其他点
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define maxn 40010
int n,m,fa[maxn],num,head[maxn],root,sz[maxn],son[maxn],top[maxn],dep[maxn];
struct node{
    int to,pre;
}e[maxn*];
void Insert(int from,int to){
    e[++num].to=to;
    e[num].pre=head[from];
    head[from]=num;
}
void dfs1(int father,int now){
    fa[now]=father;
    dep[now]=dep[father]+;
    sz[now]=;
    for(int i=head[now];i;i=e[i].pre){
        int to=e[i].to;
        if(to==father)continue;
        dfs1(now,to);
        sz[now]+=sz[to];
        if(sz[to]>sz[son[now]]||!son[now])son[now]=to;
    }
}
void dfs2(int father,int now){
    top[now]=father;
    if(son[now])dfs2(father,son[now]);
    for(int i=head[now];i;i=e[i].pre){
        int to=e[i].to;
        if(to==fa[now]||to==son[now])continue;
        dfs2(to,to);
    }
}
int lca(int a,int b){
    while(top[a]!=top[b]){
        if(dep[top[a]]<dep[top[b]])swap(a,b);
        a=fa[top[a]];
    }
    if(dep[a]>dep[b])swap(a,b);
    return a;
}
int main(){
    //freopen("Cola.txt","r",stdin);
    freopen("tree.in","r",stdin);
    freopen("tree.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    int x,y;
    for(int i=;i<=n;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        if(y==-)root=x;
        else{
            Insert(x,y);
            Insert(y,x);
        }
    }
    dfs1(,root);
    dfs2(root,root);
    scanf("%d",&m);
    for(int i=;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        int k=lca(x,y);
        if(k==x){printf("1\n");continue;}
        if(k==y){printf("2\n");continue;}
        printf("0\n");
    }
    return ;
}

100分 lca

比赛

 (mat.pas/c/cpp)

【问题描述】

有两个队伍A和B，每个队伍都有n个人。这两支队伍之间进行n场1对1比赛，每一场都是由A中的一个选手与B中的一个选手对抗。同一个人不会参加多场比赛，每个人的对手都是随机而等概率的。例如A队有A1和A2两个人，B队有B1和B2两个人，那么(A1 vs B1,A2 vs B2)和(A1 vs B2,A2 vs B1)的概率都是均等的50%。

每个选手都有一个非负的实力值。如果实力值为X和Y的选手对抗，那么实力值较强的选手所在的队伍将会获得(X-Y)^2的得分。

求A的得分减B的得分的期望值。

【输入格式】

第一行一个数n表示两队的人数为n。

第二行n个数，第i个数A[i]表示队伍A的第i个人的实力值。

第三行n个数，第i个数B[i]表示队伍B的第i个人的实力值。

【输出格式】

输出仅包含一个实数表示A期望赢B多少分。答案保留到小数点后一位（注意精度）。

【样例输入】

2

3 7

1 5

【样例输出】

20.0

【数据规模】

对于30%的数据，n≤50。

对于100%的.据,n≤50000;A[i],B[i]≤50000。

/*
    排序后只需枚举一个人i，用一个指针指着另一  队中实力比i弱的里面最强的人，维护实力值的前缀和，实力值平方的前缀和即可算出期望。
    显然指针只可能向右移动，所以这一步是线性的。
    我直接用了个二分
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read(){
    ll x=,f=;char ch=getchar();
    while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
    while(ch>=''&&ch<=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}
    return x*f;
}
int n;
ll a[],b[];
ll s1[],s2[];
ll ans1,ans2;
int find(int x){
    int l=,r=n,ans=;
    while(l<=r){
        int mid=(l+r)>>;
        if(b[mid]<=x)l=mid+,ans=mid;
        else r=mid-;
    }
    return ans;
}
int main(){
    freopen("mat.in","r",stdin);
    freopen("mat.out","w",stdout);
    n=read();
    for(int i=;i<=n;i++)
        a[i]=read();
    for(int i=;i<=n;i++)
        b[i]=read();
    sort(b+,b+n+);
    for(int i=;i<=n;i++){
        s1[i]=s1[i-]+b[i];
        s2[i]=s2[i-]+b[i]*b[i];
    }
    for(int i=;i<=n;i++){
        int t=find(a[i]);
        ans1+=t*a[i]*a[i]+s2[t]-*s1[t]*a[i];
        ans2+=(n-t)*a[i]*a[i]+(s2[n]-s2[t])-*(s1[n]-s1[t])*a[i];
    }
    printf("%.1lf",(double)(ans1-ans2)/n);
    return ;
}

100分 排序+前缀和

数字

(num.c/cpp/pas)

【问题描述】

一个数字被称为好数字当他满足下列条件：

1. 它有2*n个数位，n是正整数(允许有前导0)。

2. 构成它的每个数字都在给定的数字集合S中。

3. 它前n位之和与后n位之和相等或者它奇数位之和与偶数位之和相等

例如对于n=2,S={1,2}，合法的好数字有1111,1122,1212,1221,2112,2121,2211,2222这样8种。

已知n，求合法的好数字的个数mod 999983。

【输入格式】

第一行一个数n。

接下来一个长度不超过10的字符串，表示给定的数字集合。

【输出格式】

一行一个数字表示合法的好数字的个数mod 999983。

【样例输入】

2

0987654321

【样例输出】

1240

【数据规模】

对于20%的数据，n≤7。

对于100%的.据,n≤1000,|S|≤10。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define maxn 2010
#define mod 999983
int n,a[maxn],num[maxn],len;
char ch[];
int dfs(int pos,int v){
    if(pos==n*+){
        int w=,x=,y=,z=;
        for(int i=;i<=*n;i++){
            if(i&)w+=num[i];//奇数位
            else x+=num[i];
            if(i<=n)y+=num[i];
            else z+=num[i];
        }
        if(w==x||y==z)return ;
        else return ;
    }
    int ans=;
    for(int i=;i<=len;i++){
        num[pos]=a[i];
        ans=(ans+dfs(pos+,a[i]))%mod;
    }
    return ans;
}
int main(){
    //freopen("Cola.txt","r",stdin);
    freopen("num.in","r",stdin);
    freopen("num.out","w",stdout);
    scanf("%d%s",&n,ch+);
    len=strlen(ch+);
    for(int i=;i<=len;i++)a[i]=ch[i]-'';
    cout<<dfs(,);
}

20分 暴力

/*
    ANS=前n位之和与后n位之和相等的方案数+奇数位之和与偶数位之和相等的方案数-前n位之和与后n位之和相等且奇数位之和与偶数位之和相等的方案数
    前2个需要+的方案数直接递推，重点是最后一个要满足2个条件的方案数怎么求：
    因为前n位之和=后n位之和，奇数位之和=偶数位之和
    所以前n位中奇数位之和=后n位中偶数位之和 且
    前n位中偶数位之和=后n位中奇数位之和
    现在只要求上面这个问题的方案数
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#define mod 999983
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read()
{
    ll x=,f=;char ch=getchar();
    while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
    while(ch>=''&&ch<=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}
    return x*f;
}
int n;
char ch[];
int a[];
int f[][];
ll ans;
ll cal(int x)
{
    ll ans=;
    for(int i=;i<=x*;i++)
        if(f[x][i])
            ans=(ans+((ll)f[x][i]*f[x][i]))%mod;
    return ans;
}
int main()
{
    freopen("num.in","r",stdin);
    freopen("num.out","w",stdout);
    n=read();
    scanf("%s",ch);
    int l=strlen(ch);
    for(int i=;i<l;i++)
        a[i+]=ch[i]-'';
    f[][]=;
    for(int i=;i<n;i++)
        for(int j=;j<=n*;j++)
            if(f[i][j])
                for(int k=;k<=l;k++)
                    f[i+][j+a[k]]=(f[i+][j+a[k]]+f[i][j])%mod;
    ans=*cal(n)-cal(n/)*cal(n-n/);
    printf("%d",(ans%mod+mod)%mod);
    return ;
}

100分