10.16NOIP模拟赛
/*
我是一个大sb
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<algorithm> #define ll long long
#define N 10000007
#define mod 1000000000 using namespace std;
ll n,m,k,x,y,flag,ans,cnt;
ll a[N],cur[N];
priority_queue<ll>q; inline ll read()
{
ll x=,f=;char c=getchar();
while(c>''||c<''){if(c=='-')f=-;c=getchar();}
while(c>=''&&c<=''){x=x*+c-'';c=getchar();}
return x*f;
} int main()
{
freopen("shop.in","r",stdin);
freopen("shop.out","w",stdout);
n=read();m=read();
x=read();y=read();
a[]=x;q.push(-a[]);
for(int i=;i<=n;i++)
{
a[i]=(y*a[i-]+x)%mod;
q.push(-a[i]);
if(a[i]==){k=i;break;}
}
if(!k)
{
for(int i=;i<=m;i++)
{
ll res=q.top();q.pop();
ans-=res;
}
cout<<ans<<endl;
return ;
}
int t=n/k,tt=n-t*k;a[t*k+]=x;cur[++cnt]=x;
for(int i=;i<=tt;i++)
{
a[i+t*k]=(y*a[i+t*k-]+x)%mod;
cur[++cnt]=a[i];
}
sort(cur+,cur+tt+);
if(m<=t) ans=;
else
{
while(!q.empty() && m)
{
int x=q.top();q.pop();x=-x;
if(x<cur[] || x>cur[tt])
{
m-=t;ans+=x*t;
}
if(x>=cur[] && x<=cur[tt])
{
m-=(t+);ans+=x*(t+);
}
}
}
cout<<ans<<endl;
fclose(stdin);fclose(stdout);
return ;
}
50找循环节。。。
/*
优先队列
*/
#include<complex>
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
const int mod=1e9;
long long n,m,x,y,ans;
priority_queue<int>q;
int main()
{
freopen("shop.in","r",stdin);
freopen("shop.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&x,&y);
long long now=x;
q.push(now);
for(int i=;i<=n;i++)
{
now=(now*y+x)%mod;
if(i<=m)q.push(now);
else if(now<q.top())
{
q.pop();
q.push(now);
}
}
while(!q.empty())
{
ans+=q.top();
q.pop();
}
printf("%I64d\n",ans);
fclose(stdin);fclose(stdout);
return ;
}
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring> #define N 100007 using namespace std;
int n,m,k,cnt;
int a[N],b[N];
double c[N],ans; inline int read()
{
int x=,f=;char c=getchar();
while(c>''||c<''){if(c=='-')f=-;c=getchar();}
while(c>=''&&c<=''){x=x*+c-'';c=getchar();}
return x*f;
} void dfs(int now,int sum,double p)
{
if(now==n+)
{
ans+=double(sum)*p;
return;
}
if(a[now]==)
{
dfs(now+,sum & b[now],p*(1.000-c[now]));
dfs(now+,sum,p*c[now]);
}
if(a[now]==)
{
dfs(now+,sum | b[now],p*(1.000-c[now]));
dfs(now+,sum,p*c[now]);
}
if(a[now]==)
{
dfs(now+,sum ^ b[now],p*(1.000-c[now]));
dfs(now+,sum,p*c[now]);
}
} int main()
{
// freopen("exp.in","r",stdin);
// freopen("exp.out","w",stdout);
n=read();
for(int i=;i<=n;i++) a[i]=read();
for(int i=;i<=n;i++) b[i]=read();
for(int i=;i<=n;i++) scanf("%lf",&c[i]);
ans=;dfs(,,);
printf("%.1lf\n",ans);
fclose(stdin);fclose(stdout);
return ;
}
40暴力
/*
把每一位拆开单独考虑
f[i][0/1]表示到第i个运算，该位为0/1的概率
对于每一个运算符分情况讨论
ans = sum[ f[n][1] * (1 << k) ]
*/
#include<bits/stdc++.h> #define N 100007 using namespace std;
int n,a[N],b[N];
double c[N], f[N][]; inline int read()
{
int x=,f=;char c=getchar();
while(c>''||c<''){if(c=='-')f=-;c=getchar();}
while(c>=''&&c<=''){x=x*+c-'';c=getchar();}
return x*f;
} double solve(int bit)
{
f[][]=1.00;
for(int i=;i<=n;i++)
{
int x = b[i] >> bit & ;
if(a[i]==)
{
if(x==) f[i][]=(f[i-][] + f[i-][]) * ( - c[i]) + f[i-][] * c[i],
f[i][]=f[i-][] * c[i];
else f[i][]=f[i-][],
f[i][]=f[i-][];
} if(a[i]==)
{
if(x==) f[i][]=f[i-][],
f[i][]=f[i-][];
else f[i][]=f[i-][] * c[i],
f[i][]=(f[i-][] + f[i-][]) * ( - c[i]) + f[i-][] * c[i];
} if(a[i] == )
{
if(x==) f[i][]=f[i-][],
f[i][]=f[i-][];
else f[i][]=f[i-][] * ( - c[i]) + f[i-][] * c[i],
f[i][]=f[i-][] * ( - c[i]) + f[i-][] * c[i];
}
}
return f[n][];
}
int main()
{
freopen("exp.in", "r", stdin);
freopen("exp.out", "w", stdout);
cin>>n;
for(int i = ;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i = ;i<=n;i++) cin>>b[i];
for(int i = ;i<=n;i++) scanf("%lf",&c[i]);
double ans = ;
for(int i = ;i>=;i--) ans+=(double)(1ll << i) * solve(i);
printf("%.1lf",ans);
return ;
}
、、
#include<bits/stdc++.h> #define N 50001 using namespace std;
int n,m,T,ans,cnt,res,num;
int head[N],deep[N],sum[N];
int f[N][],tmp1[N],tmp2[N];
struct edge{
int u,v,w,net;
}e[N<<]; inline int read()
{
int x=,f=;char c=getchar();
while(c>''||c<''){if(c=='-')f=-;c=getchar();}
while(c>=''&&c<=''){x=x*+c-'';c=getchar();}
return x*f;
} inline void add(int u,int v,int w)
{
e[++cnt].v=v;e[cnt].w=w;e[cnt].net=head[u];head[u]=cnt;
} void dfs(int u,int fa,int c)
{
f[u][]=fa;deep[u]=c;
for(int i=head[u];i;i=e[i].net)
{
int v=e[i].v;
if(v==fa) continue;
sum[v]+=e[i].w+sum[u];
dfs(v,u,c+);
}
} void get()
{
for(int j=;j<=;j++) for(int i=;i<=n;i++)
f[i][j]=f[f[i][j-]][j-];
} int lca(int a,int b)
{
if(deep[a]<deep[b]) swap(a,b);
int t=deep[a]-deep[b];
for(int i=;i<=;i++)
if(t&(<<i)) a=f[a][i];
if(a==b) return a;
for(int i=;i>=;i--)
{
if(f[a][i]!=f[b][i])
a=f[a][i],b=f[b][i];
}return f[a][];
} void solve1(int x,int L,int k)
{
cnt=;
while(x!=L)
{
tmp1[++cnt]=sum[x]-sum[f[x][]];
x=f[x][];
}
}
void solve2(int y,int L,int k)
{
num=;
while(y!=L)
{
tmp2[++num]=sum[y]-sum[f[y][]];
y=f[y][];
}
} int main()
{
//freopen("data.txt", "r", stdin);
//freopen("2.out", "w", stdout);
freopen("maze.in","r",stdin);
freopen("maze.out","w",stdout);
//freopen("ly.in","r",stdin);
//freopen("ly.out","w",stdout);
int x,y,z;
n=read();
for(int i=;i<n;i++)
{
x=read();y=read();z=read();
add(x,y,z);add(y,x,z);
}
dfs(,,);get();
m=read();
for(int i=;i<=m;i++)
{
x=read();y=read();z=read();
int L=lca(x,y);
memset(tmp1,,sizeof tmp1);
memset(tmp2,,sizeof tmp2);
solve1(x,L,z);
solve2(y,L,z);reverse(tmp2+,tmp2+num+);
ans=;res=;
if(cnt)
for(int i=;i<=cnt;i++)
{
if(tmp1[i]<=res) res-=tmp1[i];
else res=z,res-=tmp1[i],ans++;
}
if(num)
for(int i=;i<=num;i++)
{
if(tmp2[i]<=res) res-=tmp2[i];
else res=z,res-=tmp2[i],ans++;
}
printf("%d\n",ans);
}
fclose(stdin);fclose(stdout);
return ;
}
35暴力
/*
LCA，压位
算 LCA 是显然的， 由于两个点之间可能要走很多步， 所以我们预处理每一个点往上连续
走六步会出现的各种情况，便能控制常数，从而在 8 秒内出解。由于边权只有两种，所以一
个点往上走六步遇到的边权只有 2^6 = 64 种情况
*/
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define E 50010
#define F 100010
using namespace std; int n, m, head[E], to[F], next[F], value[F], cnt = , cost = , costa = ; void Read(int &x)
{
char ch = getchar();
x = ;
while (ch < '' || ch > '') ch = getchar();
while (ch >= '' && ch <= '')
{
x = x * + ch - '';
ch = getchar();
}
} void add(int x, int y, int z)
{
to[++cnt] = y; value[cnt] = z; next[cnt] = head[x]; head[x] = cnt;
} int fa[E][], dep[E], dist[E][], type[E], jky[E][], dd[E], jump[E];
short czy[<<][][][]; void dfs(int u, int f, int d)
{
fa[u][] = f;
dep[u] = d;
for (int j = head[u]; j; j = next[j])
{
int v = to[j];
if (v == f) continue;
dist[v][] = value[j];
dfs(v, u, d+);
}
} void build()
{
for (int k = ; k < ; k++)
for (int u = ; u <= n; u++)
{
fa[u][k] = fa[fa[u][k-]][k-];
if (k <= ) dist[u][k] = dist[u][k-] + dist[fa[u][k-]][k-];
} for (int i = ; i <= n; i++)
if (dep[i] >= ) dd[i] = dist[i][] + dist[fa[i][]][]; for (int i = ; i <= n; i++)
{
if (dep[i] < ) continue;
int t = , u = i;
for (int j = ; j < ; j++)
{
if (dist[u][] == cost) t += << j;
u = fa[u][];
}
jump[i] = u;
type[i] = t;
} for (int j = ; j < (<<); j++)
for (int k = cost; k <= cost * ; k++)
for (int rest = ; rest <= k; rest++)
{
int path = j, step = , re = rest;
for (int t = ; t <= ; t++)
{
int co;
if (path & ) co = cost; else co = costa;
if (re < co) re = k, step++;
re -= co;
path >>= ;
}
czy[j][k][rest][] = step;
czy[j][k][rest][] = re;
} for (int i = ; i <= n; i++)
{
int u = i, rest = ;
for (int j = ; j < dd[i]; j++)
{
if (dep[u] > && rest >= dist[u][])
{
rest -= dist[u][];
u = fa[u][];
}
jky[i][j] = u;
rest++;
}
}
} void swap(int& x, int& y)
{
int t = x; x = y; y = t;
} int get(int x, int y)
{
if (dep[x] < dep[y]) swap(x, y);
for (int k = ; k >= ; k--)
if (dep[fa[x][k]] >= dep[y]) x = fa[x][k]; if (x == y) return x; for (int k = ; k >= ; k--)
if (fa[x][k] != fa[y][k]) x = fa[x][k], y = fa[y][k];
if (x != y) x = fa[x][]; return x;
} struct hyd
{
int step, rest;
}; inline hyd work(int u, int f, int k)
{
int step = , rest = ; if (k <= cost * )
while (dep[u] > dep[f])
{
if (dep[u] - dep[f] < )
{
if (rest >= dist[u][]) rest -= dist[u][];
else step++, rest = k - dist[u][];
u = fa[u][];
continue;
} step += czy[type[u]][k][rest][];
rest = czy[type[u]][k][rest][];
u = jump[u]; } else
while (dep[u] > dep[f])
{
if (rest == ) step++, rest = k; if (dep[u] - dep[f] < )
{
if (rest >= dist[u][]) rest -= dist[u][];
else step++, rest = k - dist[u][];
u = fa[u][];
continue;
} if (rest >= dd[u])
{
rest -= dd[u];
u = jump[u];
continue;
} u = jky[u][rest], rest = ;
} return (hyd) {step, rest};
} int main()
{
freopen("data.txt", "r", stdin);
freopen("1.out", "w", stdout); Read(n);
memset(head, , sizeof(head)); for (int i = ; i < n; i++)
{
int x, y, z;
Read(x), Read(y), Read(z);
add(x, y, z);
add(y, x, z);
if (cost < z) cost = z;
if (i == ) costa = z; else if (costa > z) costa = z;
} memset(fa, , sizeof(fa));
memset(dep, , sizeof(dep));
memset(dist, , sizeof(dist)); dfs(, , ); build(); Read(m);
for (int i = ; i <= m; i++)
{
int x, y, k;
Read(x), Read(y), Read(k);
int f = get(x, y); hyd ans1 = work(x, f, k), ans2 = work(y, f, k);
int ans = ans1.step + ans2.step;
ans -= (ans1.rest + ans2.rest) / k; printf("%d\n", ans);
} fclose(stdin); fclose(stdout); return ;
}
10.16NOIP模拟赛的更多相关文章
- [10.18模拟赛] 序列 (DP)
[10.18模拟赛] 序列 题目描述 山山有一个整数序列s1,s2,-,sn,其中1≤si≤k. 求出有多少个准确移除m个元素后不同的序列.答案模(1e9+7) 输入 输入包括几个测试用例,并且由文件 ...
- [10.12模拟赛] 老大 (二分/树的直径/树形dp)
[10.12模拟赛] 老大 题目描述 因为 OB 今年拿下 4 块金牌,学校赞助扩建劳模办公室为劳模办公室群,为了体现 OI 的特色,办公室群被设计成了树形(n 个点 n − 1 条边的无向连通图), ...
- EZ 2018 06 10 NOIP2018 模拟赛（十八）
好久没写blog&&比赛题解了,最近补一下 这次还是很狗的,T3想了很久最后竟然连并查集都忘写了,然后T2map莫名爆炸. Rating爆减......链接不解释 好了我们开始看题. ...
- 2018.10.17NOIP模拟赛解题报告
心路历程 预计得分:\(100 + 100 +100\) 实际得分:\(100 + 100 + 60\) 辣鸡模拟赛.. 5min切掉T1,看了一下T2 T3,感觉T3会被艹爆因为太原了.. 淦了20 ...
- 洛谷P1667/[10.22 模拟赛] 数列 (思维+模拟)
洛谷P1667 数列 题目描述 给定一个长度是n的数列A,我们称一个数列是完美的,当且仅当对于其任意连续子序列的和都是正的.现在你有一个操作可以改变数列,选择一个区间[X,Y]满足\(A_X +A_{ ...
- 2018.10.23NOIP模拟赛解题报告
心路历程 预计得分:\(100 + 50 + (10 \sim 50)\) 实际得分:\(100 + 10 + 50\) 这可能是我打的最懵逼的一场考试没有之一.. T1两个小时才做出来也是醉了. T ...
- 17.2.10 NOIP模拟赛 聪哥的工资
聪哥的工资 (money/money.in/money.out) 时限1000ms 内存256MB 题目描述 lwher: 了体验劳苦大众的生活,聪哥在暑假参加了打零工的活动,这个活动分为n个工作日, ...
- 10.17NOIP模拟赛
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define N 1001 using namespa ...
- 2019.10.18模拟赛T3
题目大意: 求$\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n[lcm(i,j)>n](n\leq 10^{10})$的值. 题解: 这题貌似有n多种做法... 为 ...
随机推荐
- 关于java post get请求Demo (请求c#iis接口)
废话不多说,直接上代码 package dxq.httpGetDemo; import java.io.ByteArrayOutputStream; import java.io.InputStrea ...
- 全文索引(A-1）-用户数据收集（用户研究）
推荐系统根据用户的信息和历史行为记录,构造出用户的个性化模型,再依据特定的推荐算法,向用户推荐其可能感兴趣的项目. 如何获取用户的偏好? 建议用户对一些指定项目进行评分,如对:小说.传记.技术书.图画 ...
- Mayor's posters POJ - 2528
The citizens of Bytetown, AB, could not stand that the candidates in the mayoral election campaign h ...
- 显示锁ReentrantLock和Condition的使用
一.ReentrantLock (1).java.util.concurrent.locks包中的ReentrantLock就是重入锁,它实现了Lock接口,Lock加锁和解锁都是显示的.Reentr ...
- [bzoj4826][Hnoi2017]影魔_单调栈_主席树
影魔 bzoj-4826 Hnoi-2017 题目大意:给定一个$n$个数的序列$a$,求满足一下情况的点对个数: 注释:$1\le n,m\le 2\cdot 10^5$,$1\le p1,p2\l ...
- JVM定位程序假死或cpu占用高的线程
linux系统: 参考:https://blog.csdn.net/qq_40197576/article/details/80287515 1>使用top命令查看占用cpu进程情况,得到jav ...
- 输入一个URL之后。。。
1.输入URL2.浏览器去浏览器缓存.系统缓存.路由器缓存查找缓存记录,有则直接访问URL对应的IP,无则下一步3.DNS解析URL,获得对应的IP4.浏览器通过TCP/IP三次握手连接服务器5.客户 ...
- HAProxy教程收集
市面上HA的教程不是很多,基本都是基于LVS+HA实践的打包资料. 要最权威的文档应该去官方. 官方文档入口: http://www.haproxy.org/#docs 中文文档收集: http:// ...
- neutron dhcp
neutron dhcp 采用dnsmasq服务来实现.和传统的 dhcp 一样, dhcp请求也分为4步 The client sends a discover ("I'm a clien ...
- PLC基础入门
PLC编程入门基础技术知识学习 2016-06-27 xjp7879 摘自 电工技术知... 第一章 可编程控制器简介 可编程序控制器,英文称Programmable Controlle ...