T1 256MB,1Sec

T2 512MB,3Sec

T3 512MB,1Sec

总分：150

试题一

餐馆

题目背景

铜企鹅是企鹅餐馆的老板，他正在计划如何使得自己本年度收益增加。

题目描述

共有n 种食材，一份食材i 需要花\(t_i\) 小时不间断地进行播种，施肥，直至收获。当然，一份食材i 是可以直接卖掉得到\(w_i\) 块钱的。招牌菜共有m 种，一份招牌菜i 需要消耗一定的食材，花\(T_i\) 小时不间断地来烹饪，叫卖，并最终卖出得到\(W_i\) 块钱。整个季度换算下来一共有\(T_{max}\) 小时可供你使用，铜企鹅需要在这期间赚到最多的钱，这样他才有足够多的钱来steam 剁手，或者氪金手游。

输入格式

第一行一个整数T，表示数据组数。

令i 表示为当前数据内行数。

第一行三个整数n; m; \(T_{max}\)，含义如题所示。

第二行至第n + 1 行，每行两个整数\(t_{i-1};w_{i-1}\)，含义如题所示。

第n + 2 行至第n + m + 1 行，每行两个整数\(T_{i-n-1};W_{i-n-2}\)，含义如题所示。

第n + m + 2 行至第n + 2m + 1 行，每行n 个整数，第j 个数\(d_j\) 表示招牌菜i - n - m - 1 需要\(d_j\) 个食材j。

输出格式

对于每组数据，输出一行一个整数，表示你所能赚到的最多的钱。

样例输入

3

1 1 48

2 2000

9 21864

5

4 4 46

17 52

4 36

5 43

16 62

9 31659

1 20431

4 623

1 11961

4 5 3 5

5 4 3 4

3 3 3 3

4 4 5 5

10 0 48

10 41

18 48

2 14

22 65

12 77

7 48

4 85

2 61

24 85

8 34

样例输出

53728

410

1464

数据范围

Subtask	分值	n	m	T
1	3	1	1	0
2	20	1	1	5
3	10	4	4	5
4	17	2000	0	5
5	50	2000	2000	4

对于100% 的数据，保证\(0 < t_i,T_i \leq T_{max} \leq 5000; 0 \leq w_i,W_i \leq 10^9\)，每份招牌菜使用的食材的个数总数不超过\(10^5\)。

分析

考场做法，暨标解

其实招牌菜就是个幌子，转化成食材就可以跑完全背包了。时间复杂度\(O(T_{max} \cdot (n+m))\)

#include<cstdlib>

#include<cstdio>

#include<cmath>

#include<cstring>

#include<ctime>

#include<iostream>

#include<string>

#include<vector>

#include<list>

#include<deque>

#include<stack>

#include<queue>

#include<map>

#include<set>

#include<bitset>

#include<algorithm>

#include<complex>

#pragma GCC optimize ("O0")

using namespace std;

template<class T> inline T read(T&x)

{

    T data=0;

	int w=1;

    char ch=getchar();

    while(!isdigit(ch))

    {

		if(ch=='-')

			w=-1;

		ch=getchar();

	}

    while(isdigit(ch))

        data=10*data+ch-'0',ch=getchar();

    return x=data*w;

}

typedef long long ll;

const int INF=0x7fffffff;

const int MAXN=4e3+7,MAXT=5e3+7;

int n,m,maxt;

int t[MAXN],w[MAXN];

ll f[MAXT];

int main()

{

  freopen("restaurant.in","r",stdin);

  freopen("restaurant.out","w",stdout);

	int T;

	read(T);

	while(T--)

	{

		memset(t,0,sizeof(t));

		memset(w,0,sizeof(w));

		memset(f,0,sizeof(f));

		read(n);read(m);read(maxt);

		for(int i=1;i<=n;++i)

		{

			read(t[i]);read(w[i]);

		}

		for(int i=n+1;i<=n+m;++i)

		{

			read(t[i]);read(w[i]);

		}

		for(int i=n+1;i<=n+m;++i)

			for(int j=1;j<=n;++j)

			{

				int d;

				read(d);

				t[i]+=d*t[j];

			}

		for(int i=1;i<=maxt;++i)

			for(int j=1;j<=n+m;++j)

				if(i>=t[j])

				{

					f[i]=max(f[i],f[i-t[j]]+w[j]);

				}

		printf("%lld\n",f[maxt]);

	}

//  fclose(stdin);

//  fclose(stdout);

    return 0;

}

试题二

烯烃

题目背景

银企鹅非常擅长化学。有一天他在试图命名一个巨大的单烯烃分子的时候，想到了一个问题。

题目描述

给你一棵树，一些边有标记，对于每条有标记的边，在树中找到包含这条边的一条最长链，并输出长度。

输入格式

第一行一个整数id 表示测试点的编号。

多组数据，第二行一个整数T 表示数据组数。

对于每组数据，第一行两个整数n;m 表示节点的个数，和被标记的边的个数。

我们规定1 是根，第二行n-1 个整数给出\(2 \sim n\) 父亲的编号，保证\(fa_i < i\)。

第三行m 个整数范围在[2,n] 表示哪个点的父边被标记过。

输出格式

对于每组数据输出一行m 个整数，必须与输入的边顺序一致，给出的是在这条边必选的情况下树中最长链的长度。

样例输入

0

1

10 3

1 2 3 1 4 6 7 3 8

10 7 9

样例输出

8 8 6

数据范围

测试点	n	m	T	特殊约定
1,2	100	n-1	100	无
3,4	\(10^5\)	10	100	无
5	\(10^5\)	n-1	100	树是一条链
6	\(10^5\)	n-1	100	所有\(fa_i = 1\)
7,8,9,10	\(10^5\)	n-1	100	无

分析

考场40分

40分？被卡常，另外一个数据点的答案错了。

首先直径上的边的最长长度肯定是直径长。

然后非直径上的边的最长长度是最长所在非直径链长度加直径上的最长的一半。

要维护第二个要用直径上一个点重建树，然后用倍增求出最长所在非直径链与直径的交点。

时间复杂度\(O(n \log n+m \log n)\)

#include<cstdlib>

#include<cstdio>

#include<cmath>

#include<cstring>

#include<ctime>

#include<iostream>

#include<string>

#include<vector>

#include<list>

#include<deque>

#include<stack>

#include<queue>

#include<map>

#include<set>

#include<bitset>

#include<algorithm>

#include<complex>

#define rg register

#pragma GCC optimize ("O3")

using namespace std;

template<class T> inline T read(T&x)

{

    T data=0;

	int w=1;

    char ch=getchar();

    while(!isdigit(ch))

    {

		if(ch=='-')

			w=-1;

		ch=getchar();

	}

    while(isdigit(ch))

        data=10*data+ch-'0',ch=getchar();

    return x=data*w;

}

typedef long long ll;

const int INF=0x7fffffff;

const int MAXN=1e5+7;

struct Edge

{

	int nx,to;

}E[MAXN<<1];

int head[MAXN],ecnt;

inline void addedge(int x,int y)

{

	E[++ecnt].to=y;

	E[ecnt].nx=head[x],head[x]=ecnt;

}

int n,m;

int fa[MAXN];

int anc[MAXN][20],dep[MAXN],maxd[MAXN];

void dfs1(int x)

{

//	cerr<<"dfsing "<<x<<" fa="<<fa[x]<<endl;

	dep[x]=dep[fa[x]]+1;

//	cerr<<"x="<<x<<" d="<<dep[x]<<endl;

	for(rg int i=head[x];i;i=E[i].nx)

	{

		int y=E[i].to;

//		cerr<<" y="<<y<<endl;

		if(y==fa[x])

			continue;

		dfs1(y);

	}

}

bool onlen[MAXN];

//bool vis[MAXN];

int len;

void dfs2(int x,int f)

{

//	cerr<<"dfs2 "<<x<<" f=";

	dep[x]=maxd[x]=dep[f]+1;

	anc[x][0]=f;

	for(rg int i=1;i<=19;++i)

		anc[x][i]=anc[anc[x][i-1]][i-1];

//	vis[x]=1;

//	cerr<<anc[x][0]<<endl;

	for(rg int i=head[x];i;i=E[i].nx)

	{

		int z=E[i].to;

		if(z==f)

			continue;

		dfs2(z,x);

		maxd[x]=max(maxd[x],maxd[z]);

	}

}

void dfs3(int x)

{

//	cerr<<"dfs3 "<<x<<" f="<<anc[x][0]<<endl;

	onlen[x]=1;

	int y=0;

	for(rg int i=head[x];i;i=E[i].nx)

	{

		int z=E[i].to;

		if(z==anc[x][0])

			continue;

		if(maxd[z]==maxd[x])

			y=z;

	}

	if(y)

		dfs3(y);

}

int main()

{

  freopen("olefin.in","r",stdin);

  freopen("olefin.out","w",stdout);

	int id;

	read(id);

	int T;

	read(T);

	while(T--)

	{

		ecnt=0;

		memset(head,0,sizeof(head));

		dep[0]=-1;

		memset(onlen,0,sizeof(onlen));

		read(n);read(m);

		for(rg int i=2;i<=n;++i)

		{

			read(fa[i]);

			addedge(i,fa[i]);

			addedge(fa[i],i);

		}

		dfs1(1);

		int x,dx=0;

		for(rg int i=1;i<=n;++i)

			if(dep[i]>dx)

			{

				dx=dep[i];

				x=i;

			}

		dfs2(x,0);

		onlen[x]=onlen[0]=1;

		dfs3(x);

//		cerr<<"x="<<x<<" y="<<y<<endl;

//		cerr<<"dx="<<dx<<" dy="<<dy<<endl;

		len=maxd[x];

/*		for(int i=1;i<=n;++i)

			if(onlen[i])

				cerr<<"on "<<i<<endl;*/

		for(rg int i=1;i<=m;++i)

		{

//			cerr<<"processing "<<i<<endl;

			int q,t;

			read(q);

			if(dep[fa[q]]>dep[q])

				q=fa[q];

			t=q;

			if(onlen[q])

			{

//				cerr<<"onlen"<<endl;

				printf("%d ",len);

				continue;

			}

			for(rg int j=19;j>=0;--j)

				if(!onlen[anc[t][j]])

						t=anc[t][j];

			t=anc[t][0];

//			cout<<"t="<<t<<" onlen="<<onlen[t]<<endl;

			int ans=maxd[t]-dep[t];

//			cerr<<"ans1="<<ans<<endl;

			ans=max(ans,len-ans);

			ans+=maxd[q]-dep[t];

			printf("%d ",ans);

		}

		puts("");

	}

//  fclose(stdin);

//  fclose(stdout);

    return 0;

}

这个程序加了各种优化之后最慢测试点跑了9秒。

标解

树形dp，要维护换根。

用dp[u]表示这个点所在子树的最大深度。

用fromroot[u]表示从根来的最长链的长度。

然后dp用后序遍历更新，fromroot用父亲更新儿子就行了。

时间复杂度\(O(n+m)\)

#include <bits/stdc++.h>

#define enter putchar('\n')

#define space putchar(' ')

#define pii pair<int,int>

#define fi first

#define se second

#define MAXN 100005

#define pb push_back

#define ivorysi

using namespace std;

typedef long long int64;

typedef double db;

template<class T>

void read(T &res) {

    res = 0;T f = 1;char c = getchar();

    while(c < '0' || c > '9') {

        if(c == '-') f = -1;

        c = getchar();

    }

    while(c >= '0' && c <= '9') {

        res = res * 10 + c - '0';

        c = getchar();

    }

    res *= f;

}

template<class T>

void out(T x) {

    if(x < 0) {x = -x;putchar('-');}

    if(x >= 10) out(x / 10);

    putchar('0' + x % 10);

}

int N,M,fa[MAXN];

int dp[MAXN],ans[MAXN],fr[MAXN];

struct node {

    int to,next;

}E[MAXN * 2];

int head[MAXN],sumE;

void add(int u,int v) {

    E[++sumE].to = v;

    E[sumE].next = head[u];

    head[u] = sumE;

}

void dfs1(int u) {

    for(int i = head[u] ; i ; i = E[i].next) {

        int v = E[i].to;

        dfs1(v);

        dp[u] = max(dp[v] + 1,dp[u]);

    }

}

void dfs2(int u) {

    pii p(0,0);

    for(int i = head[u] ; i ; i = E[i].next) {

        int v = E[i].to;

        ans[v] = max(dp[v] + 1 + fr[u],ans[v]);

        fr[v] = max(fr[v],fr[u] + 1);

        if(dp[v] >= dp[p.se]) p.se = v;

        if(dp[p.se] >= dp[p.fi]) swap(p.se,p.fi);

    }

    for(int i = head[u] ; i ; i = E[i].next) {

        int v = E[i].to;

        if(v != p.fi) {

            ans[v] = max(dp[v] + 2 + dp[p.fi],ans[v]);

            fr[v] = max(fr[v],dp[p.fi] + 2);

        }

        else if(p.se) {

            ans[p.fi] = max(ans[p.fi],dp[p.fi] + 2 + dp[p.se]);

            fr[p.fi] = max(fr[p.fi],dp[p.se] + 2);

        }

        dfs2(v);

    }

}

void Solve() {

    memset(head,0,sizeof(head));sumE = 0;

    memset(fr,0,sizeof(fr));memset(dp,0,sizeof(dp));memset(ans,0,sizeof(ans));

    read(N);read(M);

    for(int i = 2 ; i <= N ; ++i) {

        read(fa[i]);

        add(fa[i],i);

    }

    dfs1(1);dfs2(1);

    int x;

    for(int i = 1 ; i <= M ; ++i) {

        read(x);out(ans[x]);

        if(i == M) enter;

        else space;

    }

}

int main() {

    freopen("olefin.in","r",stdin);

    freopen("olefin.out","w",stdout);

    int id,T;

    read(id);read(T);

    while(T--) {

        Solve();

    }

    return 0;

}

试题三

三米诺

题目背景

金企鹅同学非常擅长用\(1 \times 2\) 的多米诺骨牌覆盖棋盘的题。有一天，正在背四六级单词的他忽然想：既然两个格子的积木叫“多米诺(domino)”，那么三个格子的的积木一定叫“三米诺(tromino)”了！用三米诺覆盖棋盘的题怎么做呢？

题目描述

用三米诺覆盖\(3 \times n\) 的矩形棋盘，共多少种方案？三米诺可旋转；两种方案不同当且仅当这两种图案直接覆盖在一起无法重叠。

例如n = 2 时，共3 种方案：

输入格式

一行一个整数\(n(n \leq 10^{40000})\)，表示棋盘列数。

输出格式

一行一个整数，表示方案数，对998244353 取模。

样例1 输入

2

样例1 输出

3

样例2 输入

3

样例2 输出

10

样例3 输入

29

样例3 输出

543450786

数据范围

对于10% 的数据，\(n \leq 5\)；

对于30% 的数据，\(n \leq 10^6\)；

对于40% 的数据，\(n \leq 20001000\)；

对于60% 的数据，\(n \leq 10^9\)；

对于80% 的数据，\(n \leq 10^{1000}\)

对于100% 的数据，\(n \leq 10^{40000}\)。

分析

考场10分

打表。

#include<cstdlib>

#include<cstdio>

#include<cmath>

#include<cstring>

#include<ctime>

#include<iostream>

#include<string>

#include<vector>

#include<list>

#include<deque>

#include<stack>

#include<queue>

#include<map>

#include<set>

#include<bitset>

#include<algorithm>

#include<complex>

#pragma GCC optimize ("O0")

using namespace std;

template<class T> inline T read(T&x)

{

    T data=0;

	int w=1;

    char ch=getchar();

    while(!isdigit(ch))

    {

		if(ch=='-')

			w=-1;

		ch=getchar();

	}

    while(isdigit(ch))

        data=10*data+ch-'0',ch=getchar();

    return x=data*w;

}

typedef long long ll;

const int INF=0x7fffffff;

int f[6]={0,1,3,10,23,62};

int main()

{

  freopen("tromino.in","r",stdin);

  freopen("tromino.out","w",stdout);

	int n;

	read(n);

	printf("%d\n",f[n]);

//  fclose(stdin);

//  fclose(stdout);

    return 0;

}

标解

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int tb[9][9] = {

    {1, 2, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 1},

    {1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0},

    {0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0},

    {0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 1},

    {0, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 0, 0},

    {0, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0, 0},

    {0, 1, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 0},

    {0, 1, 0, 0, 0, 1, 0, 0, 0},

    {0, 1, 0, 0, 1, 0, 0, 0, 0},

};

const int N = 1000005, P = 998244353;

char s[N];

int n;

struct matrix {

    ll g[9][9];

    matrix(){

        memset(g, 0, sizeof(g));

    }

    matrix operator * (const matrix &b) const {

        matrix c;

        for(int i = 0; i < 9; i++)

            for(int j = 0; j < 9; j++)

                for(int k = 0; k < 9; k++)

                    c.g[i][j] = (c.g[i][j] + g[i][k] * b.g[k][j]) % P;

        return c;

    }

} mtx, ans, tmp, pw[10];

int main(){

    freopen("tromino.in","r",stdin);freopen("tromino.out","w",stdout);

    scanf("%s", s);

    n = strlen(s);

    for(int i = 0; i < 9; i++)

        for(int j = 0; j < 9; j++)

            mtx.g[i][j] = tb[j][i];

    for(int i = 0; i < 9; i++)

        pw[0].g[i][i] = 1;

    for(int i = 1; i <= 9; i++)

        pw[i] = pw[i - 1] * mtx;

    ans = pw[0];

    for(int i = 0; i < n; i++){

        tmp = ans = ans * ans;

        ans = ans * ans;

        ans = ans * ans * tmp * pw[s[i] - '0'];

    }

    printf("%lld\n", ans.g[0][0]);

    return 0;

}

test20180907 day1的更多相关文章

NOIp2016 Day1&Day2 解题报告
Day1 T1 toy 本题考查你会不会编程. //toy //by Cydiater //2016.11.19 #include <iostream> #include <cstd ...
day1
day1.py ][][: ][: ): : ]['lock'] = 0 json.dump(userlist_message, open(userlist, 'w')) break #输错次数到3次 ...
day1作业--登录入口
作业概述: 编写一个登录入口,实现如下功能: (1)输入用户名和密码 (2)认证成功后显示欢迎信息 (3)输错三次后锁定流程图: readme: 1.程序配置文件: 黑名单文件blacklist.t ...
luogu1003铺地毯[noip2011 提高组 Day1 T1]
题目描述为了准备一个独特的颁奖典礼,组织者在会场的一片矩形区域(可看做是平面直角坐标系的第一象限)铺上一些矩形地毯.一共有 n 张地毯,编号从 1 到n .现在将这些地毯按照编号从小到大的顺序平行于 ...
Python学习路程day1
变量起名: 变量名如果太长,推荐使用下划线来分开,让人看得清晰明白.例:nums_of_alex_girl=19 .或者是驼峰写法,即首字母大写.例:NumOfAlexGf=18 注意:不合法的变量起 ...
团队项目——站立会议 DAY1
团队项目--站立会议 DAY1 团队成员介绍(5人):张靖颜.何玥.钟灵毓秀.赵莹.王梓萱今日(2016/5/6)为站立会议的第一天,一起对团队项目进行讨论,并对每个人的 ...
Day1 login
使用流程: 1.程序启动后,显示欢迎信息,提示用户输入用户名: 2.判断用户是否存在,不存在则提示重新输入,或者关闭程序:客户存在则提示客户输入密码: 3.判断密码是否正确,如果不正确则提示用户重新输 ...
contesthunter CH Round #64 - MFOI杯水题欢乐赛day1 solve
http://www.contesthunter.org/contest/CH Round %2364 - MFOI杯水题欢乐赛 day1/Solve Solve CH Round #64 - MFO ...
noip2011提高组day1+day2解题报告
Day1 T1铺地毯https://www.luogu.org/problem/show?pid=1003 [题目分析] 全部读入以后从最后一个往前找,找到一个矩形的范围覆盖了这个点,那这个矩形就是最 ...

随机推荐

20170706wdVBA保存图片到本地API
Private Type GUID Data1 As Long Data2 As Integer Data3 As Integer Data4(0 To 7) As Byte End Type Pri ...
failed to load response data
当需要根据后台传回地址跳转页面时即使使用preserve log 可以查看上一个页面获取地址请求,但是此时请求返回值为failed to load response data 当关闭页面跳转可以查看 ...
供应商API补充（详解EBS接口开发之供应商导入）(转)
原文地址供应商导入的API补充(详解EBS接口开发之供应商导入) --供应商 --创建 AP_VENDOR_PUB_PKG.Create_Vendor ( p_api_version IN NUM ...
postgresql数据库常用命令
--获取数据库软件版本select version();--获取数据库启动时间select pg_postmaster_start_time();--获取配置文件最近load时间select pg_c ...
POJ 1847 Floyd_wshall算法
前面用dijstra写过了.但是捏.数据很小.也可以用Floyd来写. 注意题目里给出的是有向的权值. 附代码:#include<stdio.h>#include<string.h& ...
Python Django 之 Model
一.Model建表步骤 1. 2. 3. 二.单表的增删改查 1.insert 1)方法一 book.objects.create( title="疯狂外星人", price=10 ...
给tabBarItem加点击效果动画
获取到tabBarItem,添加喜欢的动画 .h文件 @interface JGTabBarController () //记录上一次点击tabbar @property (nonatomic, as ...
关于Oracle的一些基础知识以及注意事项
一.oracle基础 1.1 DDL(Data Definition Language) 数据定义语言 create drop,desc(注意,此操作只能在PL/SQL Developer的命令窗户执 ...
IOS常用代码整理
常用代码整理: 12.判断邮箱格式是否正确的代码: //利用正则表达式验证 -(BOOL)isValidateEmail:(NSString *)email { NSString *emailRege ...
Redis----windows下的常用命令
1:首先下载redis.从下面地址下:https://github.com/MSOpenTech/redis/releases2:创建redis.conf文件:这是一个配置文件,指定了redis的监听 ...

test20180907 day1

试题一

餐馆

题目背景

题目描述

输入格式

输出格式

样例输入

样例输出

数据范围

分析

考场做法，暨标解

试题二

烯烃

题目背景

题目描述

输入格式

输出格式

样例输入

样例输出

数据范围

分析

考场40分

标解

试题三

三米诺

题目背景

题目描述

输入格式

输出格式

样例1 输入

样例1 输出

样例2 输入

样例2 输出

样例3 输入

样例3 输出

数据范围

分析

考场10分

标解

test20180907 day1的更多相关文章

随机推荐

热门专题