7.29NOIP模拟赛

7.29NOIP模拟赛

T1

YSG (1s,64MB,ysg.in,ysg.out)

描述

ysg,yxy,azw 三人正在刷题。

他们每做一题的时间都是一个有理数。

如果在某一时刻，三人同时做完一道 题，那么，他们会开始谈笑风生。

现在，他们想知道，从时刻 0 开始，至少要等多久才能谈笑风生。

输入格式

一行 6 个整数 a1,b1,a2,b2,a3,b3，其中 ysg 每做一道题的时间是 a1/b1，

yxy 是 a2/b2，azw 是 a3/b3。不保证 a，b 互质。

输出格式

一行 2 个数 c,d，表示第一次谈笑风生是在时刻 c/d。其中 c，d 互质。

输入样例

3 6 4 5 3 1

输出样例

12 1

样例解释

在时刻 12，ysg 做了 24 道题，yxy 做了 15 道题，azw 做了 4 道题，他们开始 谈笑风生。

备注

对于 30%的数据，b1=b2=b3=1。 对于 100%的数据，a1,a2,a3,b1,b2,b3<=100

题解：

先将三个分数化简，

再三个分数通分（可以求最小公倍数，也可以分母直接相乘），同时乘以d，

求出通分后的数的最小公倍数c，

c/d化简一下即为答案

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstring>
 3 #include<cstdio>
 4 using namespace std;
 5 int a1,b1,a2,b2,a3,b3;
 6 inline int gcd(int x,int y){
 7     if(y>x) swap(x,y);
 8     if(y==0) return x;
 9     return gcd(y,x%y);
10 }
11 inline void huajian(int &x,int &y){
12     int g=gcd(x,y);
13     x/=g; y/=g;
14 }
15 inline int get_lcm(int a,int b,int c){
16     int l1=a*b/gcd(a,b);
17     return l1*c/gcd(l1,c);
18 }
19 int main()
20 {
21     freopen("ysg.in","r",stdin);
22     freopen("ysg.out","w",stdout);
23     scanf("%d%d%d%d%d%d",&a1,&b1,&a2,&b2,&a3,&b3);
24     huajian(a1,b1);
25     huajian(a2,b2);
26     huajian(a3,b3);
27     int lcm1=get_lcm(b1,b2,b3);
28     int lcm2=get_lcm(a1*lcm1/b1,a2*lcm1/b2,a3*lcm1/b3);
29     huajian(lcm1,lcm2);
30     printf("%d %d\n",lcm2,lcm1);
31     fclose(stdin); fclose(stdout);
32     return 0;
33 }

T2

YXY (1s,128MB,yxy.in,yxy.out)

问题描述

ysg,yxy,azw 三人正在刷题。

OJ 上一共有 n 道题，然而因为有的题的算法有人不会，所以他们决定每人做一道题。

现在他们已经分配好了做题任务，把每道题都指定给一个人做

但是如果有 人做的题数量比其他人多，他就会感觉不爽。

为了避免这种情况，他们只好选一些题不做，但是为了美观，他们做的题目 必须是连续一段。

他们现在想知道，有多少种选择的方案满足条件。

输入格式

输入数据有 n 行，每行一个字符串，为”ysg”,”yxy”,”azw”中的一个，

第 i 行代 表做第 i 题的人的名字。

输出格式

输出有多少种选择的方案

输入样例

ysg
yxy
azw
azw
yxy
azw
yxy
ysg
yxy
ysg
ysg

输出样例

3

样例说明

有三种方案，选 1~3 一段，选 6~8 一段，选 3~11 一段，

每一段内三个名字，出现次数一样多

数据范围

对于 20%的数据，n <= 100。

对于 40%的数据，n <= 1000。

对于 100%的数据，n <= 100000

题解：

40pts：

搞三个前缀和数组，分别维护三个名字的出现次数，

O(n^2)查询，若一段区间内三个名字的出现次数相同，ans++

100pts：

从左到右扫一遍，记录两个值：

delta1：以now为结尾的前缀中ysy出现的次数-yxy出现的次数

delta2：以now为结尾的前缀中yxy出现的次数-azw出现的次数

显然，若在两个不同的位置l和r，delta1(l)==delta(r)且delta2(l)==delta2(r),

说明从l到r三个名字出现的次数是一样的，ans++

用map维护即可

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstring>
 3 #include<cstdio>
 4 #include<map>
 5 using namespace std;
 6 #define N 100000
 7 map<int,int> a[N*2+20];
 8 int n,d1=N,d2=N,ans;
 9 int main()
10 {
11     a[N][N]=1; char s[5];
12     while(scanf("%s",s)!=EOF){
13         if(s[0]=='y')
14          if(s[1]=='s')
15           d1++;
16          else {
17              d1--; d2++;
18          }
19         else d2--;
20         ans+=a[d1][d2];
21         a[d1][d2]++;
22     }
23     printf("%d\n",ans);
24     return 0;
25 }

T3

AZW (2s,256MB,azw.in,azw.out)

问题描述

ysg,yxy,azw 三人正在刷题。

在他们刷题的 oj 上，除第 0 题外，每道题都有一个父亲(父亲的编号不一定 比他自己小)，

所以可以把这些题看成一个树形的结构。

他们在接下来的 m 天中，每天要么做一道新题，要么浏览一些题。

浏览的方法是：

先选两道题 x,y，然后把这两道题之间路径上的题全部浏览一遍。

在浏览的时候，他们有时会发现一道题似曾相识，可又想不起何时做过，

原来是他们做这道题的时间太过久远，以致记忆的模糊。

具体来说，如果一道题做 题时间距离浏览的时间已经超过了他们当天的记忆力，

他们就会出现这样的情况 (具体看样例)。

所以，现在对于每次浏览，他们想知道，这次浏览会看多少道题，以及有多少题似曾相识。

输入格式

第一行一个数 n，代表 oj 上有 n+1 题(从 0 到 n)。

第二行 n 个数，表示第 i 道题的父亲的编号。

第三行一个数 m，代表一共 m 天 接下来 m 行，先是一个数 1 或者 2，如果是 1，后面接三个数 x,y,c，表示当 天的浏览从 x 到 y，当天记忆力为 c，否则后面接一个数 x，表示当天做了第 x 题

输出格式

对于每次浏览，输出一行两个数，表示这次浏览会看多少道题，以及有多少 题似曾相识。

输入样例

7
0 1 1 2 2 3 3
6
1 4 7 0
2 1
2 4
2 7
1 4 7 1
1 4 7 3

输出样例

5 0
5 2
5 1

样例说明

3 次都是浏览 5 道题，分别是 4 号、2 号、1 号、3 号和 7 号。

其中，对于第 1 天，所有题都没有做过；

对于第 5 天，有 2 道题似曾相识，分别是 1 号和 4 号， 7 号虽然做过，但只隔 1 天，刚好等于记忆力，所以还想得起；

对于第 6 天，只有 1 号似曾相识。

数据范围

对于 20%的数据，n <= 100，m<=100。

对于 40%的数据，n <= 2000，m<=2000。

另有 20%的数据，没有做题的操作

另有 20%的数据，虽有做题操作，但每天的记忆力都是 0

对于100%的数据，n <= 200000，m<=200000，保证一道题不会做两遍

题解：

40pts：dfs暴力在树上走，每路过一个点就看他是不是之前做过，是在什么时候做的。
60pts：40+加上求lca，
80pts：60+树链剖分/dfs序，求路径上有多少做过的题
100pts：就是相当于先把每个点是在什么时候被做的预处理出来，然后每次询问一条链上面被做时间小于一个给定数的点有多少个，用树上主席树。

别人的代码：

 1 #include<cstdio>
 2 #include<vector>
 3 #include<algorithm>
 4 #define N 200011
 5 using namespace std;
 6
 7 int n,m,a1[N],a2[N],a3[N],a4[N];
 8 int cc[N],c[20*N][2],z[20*N],t;
 9 vector<int>g[N];
10 int s[N],f[20][N],d[N];
11 int lca(int u,int v){
12     if(d[u]<d[v])swap(u,v);
13     for(int i=17;~i;i--)
14         if(1<<i<=d[u]-d[v])
15             u=f[i][u];
16     if(u==v)return u;
17     for(int i=17;~i;i--)
18         if(f[i][u]^f[i][v])
19             u=f[i][u],v=f[i][v];
20     return f[0][u];
21 }
22 int cx(int o,int p){
23     int ans=0;
24     for(int l=1,r=m;l^r;)
25         if(p>l+r>>1)ans+=z[c[o][0]],
26             o=c[o][1],l=(l+r>>1)+1;
27         else o=c[o][0],r=l+r>>1;
28     return ans;
29 }
30 int main(){
31     scanf("%d",&n);
32     t=++n;
33     for(int i=2;i<=n;i++){
34         scanf("%d",&f[0][i]);
35         g[++f[0][i]].push_back(i);
36     }
37     scanf("%d",&m);
38     for(int i=1;i<=n;i++)
39         cc[i]=m;
40     for(int i=1;i<=m;i++){
41         scanf("%d",&a1[i]);
42         if(a1[i]==1)scanf("%d%d%d",&a2[i],&a3[i],&a4[i]),a2[i]++,a3[i]++;
43         else scanf("%d",&a2[i]),cc[++a2[i]]=i;
44     }
45     d[1]=1;
46     for(s[s[0]=1]=1;s[0];){
47         int u=s[s[0]--];
48         z[u]=z[f[0][u]]+1;
49         for(int o=u,oo=f[0][u],l=1,r=m;l^r;){
50             int w=cc[u]>l+r>>1;
51             if(w)l=(l+r>>1)+1;
52             else r=l+r>>1;
53             c[o][w^1]=c[oo][w^1];
54             o=c[o][w]=++t,oo=c[oo][w];
55             z[o]=z[oo]+1;
56         }
57         for(int i=0;i<g[u].size();i++)
58             d[g[u][i]]=d[u]+1,s[++s[0]]=g[u][i];
59     }
60     for(int k=0;1<<k<n;k++)
61         for(int i=1;i<=n;i++)
62             f[k+1][i]=f[k][f[k][i]];
63     for(int i=1;i<=m;i++)
64         if(a1[i]==1){
65             int u=a2[i],v=a3[i],w=lca(u,v),p=i-a4[i];
66             printf("%d %d\n",d[u]+d[v]-2*d[w]+1,cx(u,p)+cx(v,p)-cx(w,p)-cx(f[0][w],p));
67         }
68 }