记2018/5/5 qbxt 测试

　　　　　　　记2018/5/5 qbxt 测试

　　竞赛时间： 2018 年 5 月 5 日 13:30-17:00

T1

一、maze(1s,512MB):

简单的迷宫问题：给定一个n*m的迷宫，.表示可以通过，#表示不能通过。每一步可以向上下左右的任意方向移动，问是否能够正好k步从s走到t

输入格式：

第一行n,m表示迷宫的大小

接下来n行每行m个字符表示迷宫

接下来一行五个数字 x1,y1,x2,y2,k 表示起点为(x1,y1) 终点为(x2,y2) 步数为k

输出格式:

如果可以正好k步从s走到t输出方案，L表示向左，R表示向右，U表示向上，D表示向下。如果不能输出-1

样例：

  输入：

3 3

…

.#.

…

1 1 3 3 4

  输出：

RRDD

数据范围：

30%的数据满足n,m<=3 保证一定能到

60%的数据满足 n,m,k<=100

100%的数据满足 n,m<=1000 k<=1000000

思路：广搜 or 深搜 + 剪枝

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
int n,m,x1,x2,y1,y2,K;
char c;
int g[][],f[][];
int q[][];
int answer[], dir[][];
int main() {
    freopen("maze.in","r",stdin);
    freopen("maze.out","w",stdout);
    scanf("%d %d",&n,&m);
    for (int i = ; i<=n; i++)
        for (int j = ; j<=m; j++) {
            scanf(" %c",&c);
            if (c=='.') {
                g[i][j] = ;
            } else if (c=='#') {
                g[i][j] = ;
            }
            f[i][j] = -;
        }
    scanf("%d%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2,&K);
    if (g[x1][y1] == ) {
        printf("-1\n");
        return ;
    }
    f[x1][y1] = ;
    q[][] = x1;
    q[][] = y1;
    for (int s = ,t = ; s<=t; s++) {
        int x = q[s][], y=q[s][];
        if (x-> && g[x-][y] ==  &&f[x-][y] == -) {
            f[x-][y] = f[x][y]+;
            t++;
            q[t][] = x-;
            q[t][] = y;
            dir[x-][y] = ;
        }
        if (x+<=n && g[x+][y] ==  && f[x+][y] ==-) {
            f[x+][y] = f[x][y] +;
            t++;
            q[t][] = x+;
            q[t][] = y;
            dir[x+][y] = ;
        }
        if (y-> && g[x][y-]== && f[x][y-]  == -) {
            f[x][y-] = f[x][y]+;
            t++;
            q[t][] = x;
            q[t][] = y-;
            dir[x][y-] = ;
        }
        if (y+<=m && g[x][y+] ==  &&f[x][y+] == -) {
            f[x][y+] = f[x][y] +;
            t++;
            q[t][] = x;
            q[t][] = y+;
            dir[x][y+] = ;
        }
    }
    if (f[x2][y2] == - || (f[x2][y2]+K)% ==  || f[x2][y2]>K) {
        printf("-1\n");
    } else {
        int x3 = x2, y3 = y2;
        for (int i = ; x2!=x1 ||y2!=y1; i++) {
            answer[f[x2][y2]] = dir[x2][y2];
            int tmp = dir[x2][y2];
            if (tmp == ) x2++;
            else if (tmp == ) x2--;
            else if (tmp==) y2++;
            else y2--;
        }
        x2 = x3,y2=y3;
        for (int i =; i<=f[x2][y2]; i++) {
            if (answer[i] == ) printf("U");
            else if (answer[i] == ) printf("D");
            else if (answer[i]==) printf("L");
            else if (answer[i]==) printf("R");
        }
        for (int i = f[x2][y2]+; i<=K; i+=) {
            if (x2+<=n && g[x2+][y2]==) printf("DU");
            else if (x2-> && g[x2-][y2]==) printf("UD" );
            else if (y2+<=m && g[x2][y2+] == ) printf("RL");
            else
                printf("LR");
        }
    }
    return ;
}

标程

T2

二、tree(1s,512MB):

对于一个无根树，他的任意一个联通子图称为他的一个子树。现给出一个无根树，每个节点上有一个权值。 一个子树的权值为这个子树上所有节点权值的xor和。比如子树包含有权值为(1,2,4)的节点，那么子树的权值为 1 xor 2 xor 4 = 7。给定一个无根树求所有子树的权值的和，由于这个数可能很大结果对10^9+7取余。

输入格式：

第一行一个整数n表示树的节点数目

第二行n个整数表示每个节点的权值

接下来n-1行每行两个树 a,b表示a到b有一条边 （输入保证一定是一个树）

输出格式：

一个数 表示所有子树权值的和对10^9+7取余的结果

样例：

  输入

3

1 2 3

1 2

1 3

输出：

11

样例解释：

所有的子树有{1}， {2}，{3}，{1,2}，{1,3}，{1,2,3}

子树的权值为1,    2,  3,   3,     2,    0

答案为 1+2+3+3+2+0 = 11

数据范围：

30%的数据满足 n<=5

60%的数据满足 n<=100

100%的数据满足 n<=100000 树上节点的权值为正整数<=10000000000

其中有40%的数据满足节点权值=0或者1 另有其他10%的数据满足节点权值为1

思路：Xor可以拆城若干个二进制位 之间互不影响

　　考虑一个二进制位：

　　　　　　随便选一个点为根，f[i][0] 表示以 i 为根的子树 xor 和为 0 的子树个数，f[i][1] 表示以 i 为根的子树xor 和为 1 的子树

　　　　f[i][0] = f[i][0]*(f[son[i]][0] + 1) + f[i][1]*f[son[i][1]]

　　　　f[i][1] = f[i][1]*(f[son[i][0]] + 1) + f[i][0]*f[son[i][1]]

　　　　最后 for 一遍所有的节点 统计答案

　　　　f[fa[i][0]] = f[fa[i]][0]*(f[i][0] + 1) + f[fa[i][1]]*f[i][1]

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int maxn = ;
int fa[maxn],ne[maxn],h[maxn],poi[maxn],q[maxn],vis[maxn];
long long f[maxn][];
int a[maxn];
int n,tot,x,y;
int main() {
    freopen("tree.in","r",stdin);
    freopen("tree.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    for (int i =; i<=n; i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    for (int i = ; i<n-; i++) {
        scanf("%d%d",&x,&y);
        tot++;
        ne[tot] = h[x];
        h[x] = tot;
        poi[tot]= y;
        tot++;
        ne[tot]= h[y];
        h[y] = tot;
        poi[tot]=x;
    }
    q[] = ;
    vis[] = ;
    for (int s = , t = ; s<=t; s++) {
        int x = q[s];
        for (int j = h[x]; j; j=ne[j])
            if (vis[poi[j]] == ) {
                fa[poi[j]] = x;
                t++;
                q[t] = poi[j];
                vis[poi[j]] = ;
            }
    }
    long long ans = ;
    for (int t = ; t>=; t--) {
        for (int i = ; i<=n; i++) {

            if (a[i]&(<<t)) f[i][] = , f[i][] = ;
            else f[i][] = , f[i][] = ;
        }
        for (int i = n; i>=; i--) {
            int k = q[i];
            int tmp0 = f[fa[k]][],tmp1 = f[fa[k]][];
            f[fa[k]][] = (tmp0*(f[k][]+) + tmp1*f[k][])%;
            f[fa[k]][] = (tmp0*f[k][] + tmp1*(f[k][]+))%;
        }
        for (int i =; i<=n; i++)
            ans = (ans + f[i][]*(1LL<<t))%;
    }
    printf("%lld",ans);
    return ;
}

标程

T3

三、number(1s,512MB)

数字的变化一直是千奇百怪的，于是本题只研究数字的加法和乘法。给定一个数s，每次你能将s变为 s+a 或者 s*b。问最少用几步变为t，无解输出-1

输入格式：

四个数 s,t,a,b (s,t为非负整数,a,b为正整数)

输出格式：

一个数表示最少的步数

样例:

   输入

5 26 3 2

    输出

3

样例解释：

S = 5

S = S * B = 5*2 = 10

S = S+A = 5+3 = 13

S = S*B= 13*2 = 26 = T

所以只要3步

   数据范围：

30%的数目满足 s,t,a,b<=100

60%的数据满足s,t,a,b<=1000000

100%的数据满足 s,t,a,b<=1000000000000000000

思路：S = 0, 就是将 T/a  b进制分解将所有的数字加起来

　　　　枚举 x 表示 s 乘了 x 次 b  记结果为 res

　　　　将 ( T-res) / a   b 进制分解，小于 x 位的数字加起来大于等于 x 位的转成十进制加。( T-res) 能够整除a

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
long long s,t,a,b;
int main() {
    freopen("number.in","r",stdin);
    freopen("number.out","w",stdout);
    scanf("%lld %lld %lld %lld",&s,&t,&a,&b);
    if (b==) {
        if ((t-s) %a == ) printf("%lld\n",(t-s)/a);
        else printf("-1\n");
        return ;
    }
    long long ans;
    if ((t-s) %a == )
        ans = (t-s)/a ;
    else ans = 1000000000000000003LL;
    for (int i = ; ; i++) {
        if (t/s < b) break;
        s*=b;
        long long tt = t-s;
        if (tt%a == ) {
            tt/=a;
            long long ans1 =;
            for (int j = ; j<=i; j++) {
                ans1+=tt%b;
                tt/=b;
            }
            ans1+=tt+i;
            if (ans1<ans) ans = ans1;
        }
    }
    if (ans != ) printf("%lld",ans);
    else printf("-1\n");
}

标程

希望今天前往北京参加APIO的学长学姐以及同级的同学可以考出让自己满意的成绩

　　不负初心，继续前进