【解题报告】牡丹江现场赛之ABDIK ZOJ 3819 3820 3822 3827 3829
那天在机房做的同步赛,比现场赛要慢了一小时开始,直播那边已经可以看到榜了,所以上来就知道A和I是水题,当时机房电脑出了点问题,就慢了好几分钟,12分钟才A掉第一题。。。
A.Average Score
题目大意:给定A序列和B序列,长度分别是n和m,告诉你A序列中的n-1个数和B序列的m个数,求剩下的那个A序列中的数满足:将这个数从A序列移除,然后添加到B序列,使得A序列的平均值变小,B序列的平均值变大。求这个数的取值范围(是整数)
解题思路:求出A序列剩下的n-1个数的平均值,和B序列的平均值,答案就是这两个数之间的整数。
解题代码:
#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<string.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define FOR(i,n) for(i=0;i<(n);i++)
#define CLR(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define CIN(a) scanf("%d",&a)
using namespace std;
int main()
{
int t,i;
CIN(t);
while(t--)
{
int n1,n2,s1=,s2=,a,b;
CIN(n1);
CIN(n2);
for(i=;i<n1;i++)
{
CIN(a);
s1+=a;
}
for(i=;i<n2;i++)
{
CIN(b);
s2+=b;
}
if(s1%(n1-)==) s1=s1/(n1-)-;
else s1=s1/(n1-);
s2=s2/n2+;
printf("%d %d\n",s2,s1);
}
return ;
}
I.Information Entropy
然后看I感觉很高大上的样子,看了好久没看懂,但是很多人做出来又不舍得放弃,于是就静下心来慢慢看,然后发现题目的意思大概就是把给的数据带入H(x)求答案就完了。。。但是如果出现P(xi)=0的情况的话就要用那个求极限的公式带,关于这个极限,由于把高数忘得一干二净,所以不知道怎么搞,后来用几何画板把函数图像画出来,发现那个值是0,然后就简单了。。。直接套公式。。
代码:
#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<string.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define FOR(i,n) for(i=0;i<(n);i++)
#define CLR(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define CIN(a) scanf("%d",&a)
using namespace std;
int a[];
double (*f)(double) ;
int main()
{
int t,i,x;
char s[];
CIN(t);
while(t--)
{
scanf("%d",&x);
scanf("%s",s);
for(i=;i<x;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
}
if(strcmp(s,"bit")==)
{
f=log2;
}
else if(strcmp(s,"nat")==)
{
f=log;
}
else f=log10;
double s=;
for(i=;i<x;i++)
{
if(a[i]!=) s+=((double)a[i]/)*f((double)a[i]/);
}
printf("%.12f\n",-s);
}
return ;
}
D.Domination
本着随波逐流的策略,就开始看过的人最多的D了。
题目大意:给定一个N*M的网格,开始随机往里面放棋子,知道任意一行任意一列都有棋子为止,求已经放置的棋子数的期望。
解题思路:概率DP,用dp[i][j][k]表示已经有i行,j列放过棋子,且总共放过k个棋子。对于某一状态,可以由四种状态扩展而来,可得状态转移方程:
转移方程:
if(i!=n||j!=m)dp[i][j][k]+=(1.0*i*j-(k-1))/(m*n-(k-1))*dp[i][j][k-1];//这个if是判断出前一状态已经是终点状态则不能扩展
dp[i][j][k]+=(1.0*i*(m-(j-1)))/(m*n-k+1)*dp[i][j-1][k-1];
dp[i][j][k]+=(1.0*j*(n-i+1))/(m*n-k+1)*dp[i-1][j][k-1];
dp[i][j][k]+=((1.0*n-i+1)*(m-j+1))/(m*n-k+1)*dp[i-1][j-1][k-1];
代码:
#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<string.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define FOR(i,n) for(i=0;i<(n);i++)
#define CLR(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define CIN(a) scanf("%d",&a)
using namespace std;
double dp[][][];
int main()
{
int t;
int i,j,k,n,m;
CIN(t);
while(t--)
{
CIN(n);
CIN(m);
CLR(dp);
dp[][][]=;
for(i=;i<=n;i++)
{
for(j=;j<=m;j++)
{
for(k=;k<=(i*j);k++)
{
if(i!=n||j!=m)dp[i][j][k]+=(1.0*i*j-(k-))/(m*n-(k-))*dp[i][j][k-];
dp[i][j][k]+=(1.0*i*(m-(j-)))/(m*n-k+)*dp[i][j-][k-];
dp[i][j][k]+=(1.0*j*(n-i+))/(m*n-k+)*dp[i-][j][k-];
dp[i][j][k]+=((1.0*n-i+)*(m-j+))/(m*n-k+)*dp[i-][j-][k-];
//printf("dp[%d][%d][%d]=%.12f\n",i,j,k,dp[i][j][k]);
}
}
}
double s=;
for(k=;k<=(n*m);k++)
{
s+=(dp[n][m][k]*k);
}
printf("%.12f\n",s);
}
return ;
}
做到这里的时候是4题都是1y,感觉自己屌屌的~
B.Building Fire Stations
这题题目读完在纸上画了半天,感觉会和最长链有关,于是大胆猜测是在最长链的四分分上,然后马上就否定了,后来感觉应该是先将整个树从最长链的中间拆开,再分别求最长链取中点。不会证明,但是又没有别的题可以搞,就直接按这个方法写了,然后数组开太小RE了一次,改了交就AC了。。Orz白错了一次。
求树的最长链当时是第一次写,之前知道方法,但是没写过,没想到一次就过了。方法是先在树中随便取一点,遍历树找到距离这个点最远的点,然后这一点就是最长链的一个端点了,然后再从这个点遍历一次求出另一个端点就是最长链的另一点啦。
关于断边,则直接用了一个标记即可。
代码:
#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<string.h>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<algorithm>
#define FOR(i,n) for(i=0;i<(n);i++)
#define CLR(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define CIN(a) scanf("%d",&a)
using namespace std;
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#define point_MAX 200005
#define edge_MAX 400005
struct EDGE
{
int to;/*指向的点*/
int next;/*指向的下一条邻边*/
int w;/*权值*/
}edge[edge_MAX];
int len;/*边的数量*/
int point[point_MAX];
void init()/*初始化*/
{
len=;
memset(point,,sizeof(point));
}
int add_edge(int a,int b,int w)/*添加由a指向b的权值为w的边*/
{
len++;
edge[len].w=w;
edge[len].to=b;
edge[len].next=point[a];
point[a]=len;
return ;/*无重边,插入*/
}
int del_edge(int a,int b)
{
int i;
for(i=point[a];edge[i].to!=b;i=edge[i].next);
edge[i].w=; for(i=point[b];edge[i].to!=a;i=edge[i].next);
edge[i].w=; return ;
}
int bo[];
int road[];
int zuiyuandian(int start)
{
int t,k,i;
queue<int> q;
CLR(bo);
q.push(start);
bo[start]=;
while(!q.empty())
{
//printf("l");
k=q.front();
q.pop(); for(i=point[k];i;i=edge[i].next)
{
if(edge[i].w!=)
if(bo[edge[i].to]==)
{
q.push(edge[i].to);
road[edge[i].to]=k;
bo[edge[i].to]=;
}
}
}
return k;
}
int zuichang(int start)
{
int l,r,le,i;
l=zuiyuandian(start);
r=zuiyuandian(l);
int len=;
for(i=r;i!=l;i=road[i]) {/*printf("%d->",i);*/len++;}
len/=;
for(le=,i=r;le<len;i=road[i],le++);
int a=i,b=road[i]; del_edge(a,b); l=zuiyuandian(a);
r=zuiyuandian(l);
len=;
for(i=r;i!=l;i=road[i]) len++;
int ans1=len%?len/+:len/;
len/=;
for(le=,i=r;le<len;i=road[i],le++);
a=i; l=zuiyuandian(b);
r=zuiyuandian(l);
len=;
for(i=r;i!=l;i=road[i]) len++;
int ans2=len%?len/+:len/;
len/=;
for(le=,i=r;le<len;i=road[i],le++);
b=i; printf("%d %d %d\n",max(ans1,ans2),a,b);
}
int main()
{
int t,n,i;
CIN(t);
while(t--)
{
CIN(n);
init();
for(i=;i<n;i++)
{
int a,b;
CIN(a);
CIN(b);
add_edge(a,b,);
add_edge(b,a,);
}
zuichang();
}
return ;
}
最后去搞H发现是一个模拟题,我想用map建立一棵树表示它然后查询但是超内存了Orz...一定是哪里姿势不够优美。。。SO,到最后也没搞出来,下次再搞了。
【解题报告】牡丹江现场赛之ABDIK ZOJ 3819 3820 3822 3827 3829的更多相关文章
- 2014ACM/ICPC亚洲区域赛牡丹江站现场赛-A ( ZOJ 3819 ) Average Score
Average Score Time Limit: 2 Seconds Memory Limit: 65536 KB Bob is a freshman in Marjar Universi ...
- ZOJ 3827 Information Entropy(数学题 牡丹江现场赛)
题目链接:http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do? problemId=5381 Information Theory is one of t ...
- 2014ACMICPC亚洲区域赛牡丹江现场赛之旅
下午就要坐卧铺赶回北京了.闲来无事.写个总结,给以后的自己看. 因为孔神要保研面试,所以仅仅有我们队里三个人上路. 我们是周五坐的十二点出发的卧铺,一路上不算无聊.恰巧邻床是北航的神犇.于是下午和北航 ...
- 2014ACM/ICPC亚洲区域赛牡丹江现场赛总结
不知道怎样说起-- 感觉还没那个比赛的感觉呢?如今就结束了. 9号.10号的时候学校还评比国奖.励志奖啥的,由于要来比赛,所以那些事情队友的国奖不能答辩.自己的励志奖班里乱搞要投票,自己又不在,真是无 ...
- 2014 牡丹江现场赛 A.Average Score(zoj 3819) 解题报告
题目链接:http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=5373 题目意思: 有两个class:A 和 B,Bob 在 Clas ...
- 2014ACM/ICPC亚洲区域赛牡丹江站现场赛-K ( ZOJ 3829 ) Known Notation
Known Notation Time Limit: 2 Seconds Memory Limit: 65536 KB Do you know reverse Polish notation ...
- ZOJ 2819 Average Score 牡丹江现场赛A题 水题/签到题
ZOJ 2819 Average Score Time Limit: 2 Sec Memory Limit: 60 MB 题目连接 http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge ...
- 2014ACM/ICPC亚洲区域赛牡丹江站现场赛-I ( ZOJ 3827 ) Information Entropy
Information Entropy Time Limit: 2 Seconds Memory Limit: 65536 KB Special Judge Information ...
- zoj 3820(2014牡丹江现场赛B题)
题目链接:http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=5374 思路:题目的意思是求树上的两点,使得树上其余的点到其中一个点的 ...
随机推荐
- 跟着实例学习ZooKeeper的用法: 分布式锁
锁 分布式的锁全局同步, 这意味着任何一个时间点不会有两个客户端都拥有相同的锁. 可重入锁Shared Reentrant Lock 首先我们先看一个全局可重入的锁. Shared意味着锁是全局可见的 ...
- Mybatis中的ParameterType
mybatis可以传入的参数类型1.基本数据类型 可以通过#{参数名}直接获取.每次只能传入一个值 <select id="selectTeacher" ...
- TCP的握手与挥手
轻轻的TCP走了,正如TCP轻轻的来,TCP挥一挥手,传递了不知多少信息 看到哪,记到哪,想起哪,就看哪,这就是我的博客园,很随性 ---------------------------------- ...
- fabric查看本地与远程主机信息
#!/usr/bin/pythonfrom fabric.api import *env.user='root'env.hosts=['172.10.224.183','172.10.224.132' ...
- 20 个 OpenSSH 最佳安全实践
来源:https://linux.cn/article-9394-1.html OpenSSH 是 SSH 协议的一个实现.一般通过 scp 或 sftp 用于远程登录.备份.远程文件传输等功能.SS ...
- ggplot2 specific command
# By default, the same scales are used for all panels. You can allow # scales to vary across the pan ...
- mkfs.ext4 磁盘分区
在linux上格式化一个磁盘分区时,出现如下错误 root@d:~# mkfs.ext4 /dev/sdb1 mke2fs 1.41.12 (11-May-2015) mkfs.ext4: inode ...
- DateTime和DateTimeOffset的区别
1,DateTime 表示时间上的一刻,通常以日期和当天时间来表示. 2, DateTimeOffset 表示一个时间点,通常以相对于协调世界时(UTC)的日期和时间来表示. 3,下面是微软官方给出的 ...
- git网站
https://backlog.com/git-tutorial/cn/ ------------------------------------------------------------- ...
- Java Maven项目使用CXF插件生成WebService代理
CXF生成代理类插件名称:cxf-codegen-plugin 实现功能: 指定代理类所在的包 生成soapheader 操作: eclipse中run as -> maven build -& ...