EZ 2018 04 21 NOIP2018 模拟赛（九）

终于停止了掉Rating的浪潮！

猥琐的链接

这次200分才Rank10，而且很多人并列

庆幸T2最后20分钟发现期望的算法打错了，然后拿到了50pts，250收场

T1 水题*1

这道题不仅做过，而且本来难度就很低，不A对不起自己

主要是一个追及问题，我们枚举所有的人初始时的位置即可

CODE

#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=1005;
int n;
double v,u,d[N],c[N],ans;
int main()
{
	//freopen("A.in","r",stdin); freopen("A.out","w",stdout);
	register int i,j;
	scanf("%d%lf%lf",&n,&v,&u);
	for (i=1;i<=n;++i)
	scanf("%lf",&c[i]);
	for (i=1;i<=n;++i)
	scanf("%lf",&d[i]);
	for (i=1;i<=n;++i)
	for (j=1;j<=n;++j)
	ans+=u/(c[i]-(j-1)*d[i]-v);
	printf("%.3lf",ans);
	return 0;
}

T2 水题*2

话说再给我半小时小时应该可以A了这题（A的人比T3多了去了）

写完DFS后其实就有两条路：记忆化||概率DP

记忆化比较舒服，但我还是太蒟（主要是正着来比较难写）

而且这题的DP转移也比较好写，因此我们考虑倒着DP

设f[i][j]表示还剩下j(minites)时在i点时的期望

因此转移的时候只要与它相连的所有可行的点转移即可，最后再对起点分类讨论

CODE

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef double DB;
const int N=105,T=500;
struct edge
{
	int to,next,v;
}e[N*N<<1];
DB f1[N][T],f2[N][T];
int n,m,t,head[N],h1[N],h2[N],c[N],cnt,x,y,z;
inline char tc(void)
{
	static char fl[100000],*A=fl,*B=fl;
	return A==B&&(B=(A=fl)+fread(fl,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(int &x)
{
	x=0; char ch=tc();
	while (ch<'0'||ch>'9') ch=tc();
	while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=tc();
}
inline void add(int x,int y,int z)
{
	e[++cnt].to=y; e[cnt].v=z; e[cnt].next=head[x]; head[x]=cnt;
}
int main()
{
	//freopen("B.in","r",stdin); freopen("B.out","w",stdout);
	memset(e,-1,sizeof(e));
	memset(head,-1,sizeof(head));
	register int i,j,k;
	read(n); read(m); read(t);
	for (i=1;i<=n;++i)
	read(c[i]),read(h1[i]),read(h2[i]);
	for (i=1;i<=m;++i)
	{
		read(x); read(y); read(z);
		add(x,y,z); add(y,x,z);
	}
	for (j=t;j>=1;--j)
	for (i=1;i<=n;++i)
	{
		int res=0;
		for (k=head[i];k!=-1;k=e[k].next)
		if (j+e[k].v+c[e[k].to]<=t) ++res;
		f1[i][j]=h1[i]; f2[i][j]=h2[i];
		if (!res) continue;
		for (k=head[i];k!=-1;k=e[k].next)
		if (j+e[k].v+c[e[k].to]<=t)
		{
			f1[i][j]+=f1[e[k].to][j+e[k].v+c[e[k].to]]/res;
			f2[i][j]+=f2[e[k].to][j+e[k].v+c[e[k].to]]/res;
		}
	}
	DB ans1=0,ans2=0;
	int res=0;
	for (i=1;i<=n;++i)
	if (c[i]<=t) ++res;
	for (i=1;i<=n;++i)
	if (c[i]<=t) ans1+=f1[i][c[i]]/res,ans2+=f2[i][c[i]]/res;
	printf("%.5lf %.5lf",ans1,ans2);
	return 0;
}

T3 水题*3

状压DP即可（怎么这么多dalao直接DFS艹过去了）

这题我们需要3个状态对于所有任务：0表示还未取，1表示取来了但是还没有送到，2表示已经送到了，因此f[i][j]表示在i点时状态为j（三进制数）最短时间

注意如果只设01那么你难以区分没取和取了没送到的；或是取了没送到的和取了送到的

而且可以一次接多个任务，因此可能会有中转点的干扰

所以每次转移时枚举每一个点再搞一下即可

注意1只能由0转移过来，2只能由1转移过来，千万不能直接从0转移到2

3的幂次可以预处理，因此复杂度O(3^k*k*n)

CODE

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=25,Q=15,INF=1e9;
struct data
{
	int s,t,l,r;
}a[Q];
int dis[N][N],pow[Q],f[N][60000],n,m,q,ans=-1,x,y,z;
inline char tc(void)
{
	static char fl[100000],*A=fl,*B=fl;
	return A==B&&(B=(A=fl)+fread(fl,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(int &x)
{
	x=0; char ch=tc();
	while (ch<'0'||ch>'9') ch=tc();
	while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=tc();
}
inline int max(int a,int b)
{
	return a>b?a:b;
}
inline int min(int a,int b)
{
	return a<b?a:b;
}
inline void init(void)
{
	register int i,j;
	for (pow[0]=1,i=1;i<=q;++i)
	pow[i]=pow[i-1]*3;
	for (i=1;i<=n;++i)
	for (j=0;j<pow[q];++j)
	f[i][j]=INF; f[1][0]=0;
	for (i=1;i<=n;++i)
	for (j=1;j<=n;++j)
	dis[i][j]=INF;
	for (i=1;i<=j;++i)
	dis[i][i]=0;
}
inline void floyd(void)
{
	register int i,j,k;
	for (k=1;k<=n;++k)
	for (i=1;i<=n;++i)
	for (j=1;j<=n;++j)
	dis[i][j]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[k][j]);
}
inline int get_num(int x,int id)
{
	return x/pow[id]%3;
}
inline int count(int x)
{
	int res=0;
	while (x)
	{
		if (x%3==2) ++res;
		x/=3;
	}
	return res;
}
int main()
{
	//freopen("C.in","r",stdin); freopen("C.out","w",stdout);
	register int i,j,k;
	read(n); read(m); read(q);
	init();
	for (i=1;i<=m;++i)
	{
		read(x); read(y); read(z);
		dis[x][y]=min(dis[x][y],z);
	}
	floyd();
	for (i=0;i<q;++i)
	read(a[i].s),read(a[i].t),read(a[i].l),read(a[i].r);
	for (j=0;j<pow[q];++j)
	for (k=0;k<q;++k)
	{
		int id=get_num(j,k);
		if (id==0) continue;
		if (id==1)
		{
			for (i=1;i<=n;++i)
			if (f[i][j-pow[k]]+dis[i][a[k].s]<=a[k].r) f[a[k].s][j]=max(a[k].l,min(f[i][j-pow[k]]+dis[i][a[k].s],f[a[k].s][j]));
		} else
		{
			for (i=1;i<=n;++i)
			if (f[i][j-pow[k]]+dis[i][a[k].t]<=a[k].r) f[a[k].t][j]=min(f[i][j-pow[k]]+dis[i][a[k].t],f[a[k].t][j]);
		}
	}
	for (i=1;i<=n;++i)
	for (j=0;j<pow[q];++j)
	if (f[i][j]!=INF) ans=max(ans,count(j));
	printf("%d",ans);
	return 0;
}