A .Little Pony and Expected Maximum

pro:给定M,N,表示一个M面的骰子,甩N次,问出现的最大的数的期望。

sol:容斥,f(i)表示最大数<=i的期望,那么最大数=x的期望就是f(x)-f(x-1);

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int maxn=;
double dp[maxn];
double qpow(double a,int x)
{
double res=1.0;while(x){
if(x&) res=res*a;
a=a*a; x>>=;
} return res;
}
int main()
{
int M,N; double ans=.;
scanf("%d%d",&M,&N);
rep(i,,M) dp[i]=qpow(1.0*i/M,N);
rep(i,,M) ans+=(dp[i]-dp[i-])*i;
printf("%.10lf\n",ans);
return ;
}

B .Little Pony and Harmony Chest

pro:给定数组a[],求一个两两互质的b[],使得abs(a[]-b[])最小,输出一个方案。 N<=100,a[]<=30

sol:两两互质,表示之前出现的素因子不能出现,而我们发现>60不可能,因为差值会变很大。 所以我们记录<=60的素数,然后状压DP,记录一下来源,最后倒回去输出即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int maxn=;
const int maxm=;
int a[maxn],p[maxn],vis[maxn],tot,cnt;
int pre[maxn][maxm],now[maxn][maxm],dp[maxn][maxm],fac[maxn];
vector<int>G[maxm];
void dfs(int pos,int Now)
{
if(pos==) return ;
dfs(pos-,pre[pos][Now]);
printf("%d ",now[pos][Now]);
}
int main()
{
int N,M,ans=,P;
memset(dp,0x3f,sizeof(dp)); dp[][]=;
rep(i,,) {
if(!vis[i]){
p[tot++]=i;
for(int j=i+i;j<=;j+=i) vis[j]=;
}
}
rep(i,,){
rep(j,,tot-){
if(i%p[j]==){
fac[i]|=(<<j);
}
}
}
M=(<<tot)-;
rep(i,,M) rep(j,,)
if(!(fac[j]&i)) G[i].push_back(j),cnt++;
scanf("%d",&N);
rep(i,,N) scanf("%d",&a[i]);
rep(i,,N){
rep(j,,M) {
for(int k=;k<G[j].size();k++){
int v=G[j][k];
if(dp[i][j|fac[v]]>dp[i-][j]+abs(a[i]-v)){
dp[i][j|fac[v]]=dp[i-][j]+abs(a[i]-v);
pre[i][j|fac[v]]=j;
now[i][j|fac[v]]=v;
}
}
}
}
rep(i,,M) if(dp[N][i]<ans) ans=dp[N][i],P=i;
dfs(N,P);
return ;
}

C .Little Pony and Summer Sun Celebration

pro:给定N点M边的无向图(不一定连通),然后给没给点限制一个0或1,表示经过点的奇偶,让你找一条路径,满足路径长度<=N*4,而且满足奇偶要求。

sol:我们DFS,如果儿子的奇偶性未满足,满足我们再走一遍(fa->son->fa)即可,发现一定可以构造好。。。然后就是要求的奇数的点一定要连通。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int maxn=;
int Laxt[maxn],Next[maxn],To[maxn],d[maxn],cnt;
int a[maxn],b[maxn],tot,vis[maxn],t[maxn],F=;
void add(int u,int v)
{
Next[++cnt]=Laxt[u]; Laxt[u]=cnt; To[cnt]=v;
}
void dfs(int u,int f)
{
vis[u]=; t[u]^=;
for(int i=Laxt[u];i;i=Next[i]){
int v=To[i];
if(v!=f&&!vis[v]){
tot++; a[tot]=u; b[tot]=v;
dfs(v,u);
tot++; a[tot]=v; b[tot]=u; t[u]^=;
if(d[v]!=t[v]){
tot++; a[tot]=u; b[tot]=v; t[v]^=;
tot++; a[tot]=v; b[tot]=u; t[u]^=;
}
}
}
}
int main()
{
int N,M,u,v,root=-;
scanf("%d%d",&N,&M);
rep(i,,M){
scanf("%d%d",&u,&v);
add(u,v); add(v,u);
}
rep(i,,N) scanf("%d",&d[i]);
rep(i,,N) if(d[i]==) root=i;
if(root==-) return puts(""),;// root=1;
dfs(root,);
rep(i,,N) if(!vis[i]&&d[i]==) F=;
if(!F) return puts("-1"),;
if(t[root]!=d[root]) tot--;
printf("%d\n",tot+);
printf("%d ",root);
rep(i,,tot) printf("%d ",b[i]);
return ;
}

D .Little Pony and Elements of Harmony

FWT,不会,占位。

E .Little Pony and Lord Tirek

题意:N个马,给定了开始的能量值s[],以及能力上限m[],以及单位时间的能力上升值r[]。Q次操作,每次给出[L,R],吸走这个区间的马的能力和sum,求sum,马的能力被吸走后变为0。

思路:想不到线段树就可以做。。。。tql ,注意r可能为0,不要除0,免得RE。

主要一点就是,区间更新,区间时间一样了,我们就可以均摊复杂度了,即tag相同的区间利用预处理,不同的继续下推。

我们先预处理,把每个节点按照达到上限的时间排序,然后得到前缀和,用前缀和来快速得到,这个区间给定时间差后的sum。

时间复杂度O(N(logN)^2),空间O(NlogN);

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int maxn=;
const int inf=2e9;
int s[maxn],m[maxn],r[maxn],t[maxn],vis[maxn<<];
int T[][maxn]; ll pre[][maxn],v[][maxn];
struct in{
int m,r,t;
in(){}
in(int mm,int rr,int tt):m(mm),r(rr),t(tt){}
bool friend operator<(in w,in v){
return w.t<v.t;
}
}fcy[maxn];
void build(int dep,int Now,int L,int R)
{
rep(i,L,R) fcy[i]=in(m[i],r[i],t[i]);
sort(fcy+L,fcy+R+);
rep(i,L,R){
T[dep][i]=fcy[i].t;
pre[dep][i]=fcy[i].m;
v[dep][i]=fcy[i].r;
if(i>L){
pre[dep][i]+=pre[dep][i-];//满的部分前缀和
v[dep][i]+=v[dep][i-]; //速度前缀和
}
}
if(L==R){ vis[Now]=; return; }
vis[Now]=-; int Mid=(L+R)>>;
build(dep+,Now<<,L,Mid);
build(dep+,Now<<|,Mid+,R);
}
ll query(int dep,int Now,int L,int R,int ql,int qr,int times)
{
if(vis[Now]==){
vis[Now]=times;
if(s[L]+1LL*times*r[L]>=m[L]) return 1LL*m[L];
return 1LL*s[L]+times*r[L];
}
if(ql<=L&&qr>=R&&vis[Now]>){
int p=upper_bound(T[dep]+L,T[dep]+R+,times-vis[Now])-T[dep]; p--;
ll res=((p>=L)?pre[dep][p]:); //满的
res+=(v[dep][R]-((p>=L)?v[dep][p]:))*(times-vis[Now]); //未满
vis[Now]=times;
return res;
}
if(vis[Now]>=) vis[Now<<]=vis[Now<<|]=vis[Now];
int Mid=(L+R)>>; ll res=;
if(ql<=Mid) res+=query(dep+,Now<<,L,Mid,ql,qr,times);
if(qr>Mid) res+=query(dep+,Now<<|,Mid+,R,ql,qr,times);
if(vis[Now<<]==vis[Now<<|])
vis[Now]=vis[Now<<]; else vis[Now]=-;
return res;
}
int main()
{
int N,M,ts,L,R;
scanf("%d",&N);
rep(i,,N){
scanf("%d%d%d",&s[i],&m[i],&r[i]);
if(!r[i]) t[i]=inf;
else t[i]=m[i]/r[i]+(m[i]%r[i]?:);
}
build(,,,N);
scanf("%d",&M);
rep(i,,M){
scanf("%d%d%d",&ts,&L,&R);
ll ans=query(,,,N,L,R,ts);
printf("%lld\n",ans);
}
return ;
}

CF453(Div1 简单题解)的更多相关文章

  1. CF449 (Div. 1简单题解)

    A .Jzzhu and Chocolate pro:现在给定一个大小为N*M的巧克力,让你横着或者竖着切K刀,都是切的整数大小,而且不能切在相同的地方,求最大化其中最小的块. (N,M,K<1 ...

  2. CF446 (Div. 1)简单题解

    A .DZY Loves Sequences pro:给定长度为N的序列,你最多可以改变一个数的值,问最长严格上升子序列长度. N<1e5. sol:分几种情况,一种的不改变: 一种是改变,然后 ...

  3. 运用kmp算法解决的一些问题的简单题解

    学习kmp算法我最后是看的数据结构书上的一本教材学会的..我认为kmp相对于普通的BF算法就是避免了非常多不必要的匹配.而kmp算法的精髓自然就在于next数组的运用...而next数组简而言之就是存 ...

  4. NCPC 2016:简单题解

    A .Artwork pro:给定N*M的白色格子,然后Q次黑棒,输出每次加黑棒后白色连通块的数量.(N,M<1e3, Q<1e4) sol:倒着离线做,并查集即可. (在线做法:http ...

  5. CF1132.Educational Codeforces Round 61(简单题解)

    A .Regular Bracket Sequence 题意:给定“((” , “()” ,  “)(”,  “))”四种,问是否可以组成合法括号匹配 思路:设四种是ABCD,B可以不用管,而C在A或 ...

  6. CF444(Div. 1简单题解)

    A .DZY Loves Physics 题意:给定带点权和边权的无向图,现在让你选一些点,使得 点权和/被选点对间的边权和 最大. 思路:不难证明,选择边和对应的两点是最优的. #include&l ...

  7. POJ 2299 Ultra-QuickSort 简单题解

    Ultra-QuickSort Time Limit: 7000MS   Memory Limit: 65536K Total Submissions: 68874   Accepted: 25813 ...

  8. 图论 SRM 674 Div1 VampireTree 250

    Problem Statement      You are a genealogist specializing in family trees of vampires. Vampire famil ...

  9. AtCoder Regular Contest 075 2017年6月4日 C、D、E题解

    http://arc075.contest.atcoder.jp/assignments 昨晚做的atcoder,今天写个简单题解. F题不会做,800point的,就跪了,要等zk大佬来做.zk能做 ...

随机推荐

  1. vsftpd更新和修改版本号教程

    1.rpm包更新 类似以下更新即可 rpm -Uvh vsftpd--.el6.x86_64.rpm 2.源码更新 不懂为什么对于新版本可能只有源码包而没有rpm等包,如此只能以源码更新了. .tar ...

  2. Java技巧之双括弧初始化

    由于Java语言的集合框架中(collections, 如list, map, set等)没有提供任何简便的语法结构,这使得在建立常量集合时的工作非常繁索.每次建立时我们都要做: 定义一个临时的集合类 ...

  3. Zookeeper面试题

    Zookeeper是什么框架 分布式的.开源的分布式应用程序协调服务,原本是Hadoop.HBase的一个重要组件.它为分布式应用提供一致性服务的软件,包括:配置维护.域名服务.分布式同步.组服务等. ...

  4. 研究Duilib的实现结构

    第一步:调用RegisterClassEx(): 第二步:调用CreateWindowEx() 第三步:调用ShowWindow(),同时启动消息循环 说明: 1.RegisterClass,Regi ...

  5. UVa 11210 - Chinese Mahjong 模拟, 枚举 难度: 0

    题目 https://uva.onlinejudge.org/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&a ...

  6. HTML5 ②

    html代码中的各种标签和特殊符号: 1.<p>段落标签 默认会在段落前后都有空行</p>: 2.<hr/> 水平线标签     <br/>换行标签   ...

  7. 每天CSS学习之text-overflow

    text-overflow是CSS3的一个属性,其作用是当文本溢出包含它的元素时,应该裁剪还是将多余的字符用省略号来表示. 该属性一般和overflow:hidden属性一起使用. text-over ...

  8. uitableView group模式下的间距问题

    我么在使用group模式定义tableview的时候,系统默认是会有head和foot的间距的,来区分我们不同的group:在具体使用的时候又时候我们不需要这个间距.我们可以重新赋值这些间距来达到我们 ...

  9. ROS tab键补全操作出现错误

    ros tab键补全操作出现错误如下: $ roslaunch sp[rospack] Warning: error while crawling /home/hemudu: boost::files ...

  10. Java基础-常用工具类(一)

    object类 Object 类是所有类的的父类,如果一个类没有明确使用EXPENTS关键字明确标识继承另外一个类,那么这个类默认继承object类,oject类中的方法适合所有子类 1)toStri ...