NOIP模拟 17.8.15
NOIP模拟17.8.15
A 债务
文件名 输入文件 输出文件 时间限制 空间限制
debt.pas/c/cpp debt.in debt.out 1s 128MB
【题目描述】
小 G 有一群好朋友,他们经常互相借钱。假如说有三个好朋友 A,B,C。A
欠 B 20 元,B 欠 C 20 元,总债务规模为 20+20=40 元。小 G 是个追求简约的人,
他觉得这样的债务太繁杂了。他认为,上面的债务可以完全等价为 A 欠 C 20 元,
B 既不欠别人,别人也不欠他。这样总债务规模就压缩到了 20 元。
现在给定 n 个人和 m 条债务关系。小 G 想找到一种新的债务方案,使得每个
人欠钱的总数不变,或被欠钱的总数不变(但是对象可以发生变化),并且使得总
债务规模最小。
【输入格式】
输入文件第一行两个数字 n, m,含义如题目所述。
接下来 m 行,每行三个数字 ai, bi, ci,表示 ai 欠 bi 的钱数为 ci。
注意,数据中关于某两个人 A 和 B 的债务信息可能出现多次,将其累加即可。
如”A 欠 B 20 元”、”A 欠 B 30 元”、”B 欠 A 10 元”,其等价为”A 欠 B 40 元”。
【输出格式】
输出文件共一行,输出最小的总债务规模。
【样例输入 1】
5 3
1 2 10
2 3 1
2 4 1
2
【样例输出 1】
10
【样例输入 2】
4 3
1 2 1
2 3 1
3 1 1
【样例输出 2】
0
【数据范围】
对于 30% 的数据,1 ≤ n ≤ 10,1 ≤ m ≤ 10。
对于 60% 的数据,1 ≤ n ≤ 100, 1 ≤ m ≤ 104。
对于 80% 的数据,1 ≤ n ≤ 104,1 ≤ m ≤ 104。
对于 100% 的数据,1 ≤ n ≤ 106,1 ≤ m ≤ 106。
对于所有的数据,保证 1 ≤ ai, bi ≤ n, 0 < ci ≤ 100。
【题解】
水题,无fuck说
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#define jue(a) (((a) >= 0) ? (a) : (-a)) const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MAXN = + ; inline void read(int &x)
{
x = ;char ch = getchar(), c = ch;
while(ch < '' || ch > '') c = ch, ch = getchar();
while(ch <= '' && ch >= '')x = x * + ch - '', ch = getchar();
if(c == '-')x = -x;
} int n,m;
int qian[MAXN], ans;//qian[i]正数表示第i个人被欠多少钱,负数表示欠别人多少钱 int main()
{
scanf("%d %d", &n, &m);
register int tmp1, tmp2, tmp3;
for(register int i = ;i <= m;++ i)
{
read(tmp1), read(tmp2), read(tmp3);
qian[tmp1] -=tmp3;
qian[tmp2] += tmp3;
}
for(register int i = ;i <= n;++ i) ans += jue(qian[i]);
printf("%d", (ans >> ));
return ;
}
T1
B 排列
文件名 输入文件 输出文件 时间限制 空间限制
perm.pas/c/cpp perm.in perm.out 1s 128MB
【题目描述】
小 G 喜欢玩排列。现在他手头有两个 n 的排列。n 的排列是由 0, 1, 2, ..., n − 1
这 n 的数字组成的。对于一个排列 p,Order(p) 表示 p 是字典序第 Order(p) 小的
排列(从 0 开始计数)。对于小于 n! 的非负数 x,P erm(x) 表示字典序第 x 小的
排列。
现在,小 G 想求一下他手头两个排列的和。两个排列 p 和 q 的和为 sum =
P erm((Order(p) + Order(q))%n!)。
【输入格式】
输入文件第一行一个数字 n,含义如题。
接下来两行,每行 n 个用空格隔开的数字,表示小 G 手头的两个排列。
【输出格式】
输出一行 n 个数字,用空格隔开,表示两个排列的和。
【样例输入 1】
2
0 1
1 0
【样例输出 1】
1 0
4
【样例输入 2】
3
1 2 0
2 1 0
【样例输出 2】
1 0 2
【数据范围】
1、2、3、4 测试点,1 ≤ n ≤ 10。
5、6、7 测试点,1 ≤ n ≤ 5000,保证第二个排列的 Order ≤ 105。
8、9、10 测试点,1 ≤ n ≤ 5000。
【题解】
康托展开:
一个序列的排名(从0开始计数) = Rank[n]*(n-1)!+Rank[n-1]*(n-2)!+….
其中Rank[n]表示n位置上的数字在未出现过的数字中的排行,并且从0开始计数。
我们先求出两个序列的康托展开式,相加
但是显然阶乘爆掉
于是我们只加rank数组
如果rank[i]这一位大于等于i,就按i进制进位
证明:
……rank[i] * (i - 1) ! + rank[i + 1] * i !……
若rank[i] > i
那么可分解为
rank[i]%i * (i - 1)! + rank[i]/i * i! + rank[i + 1]*i!
所以进位显然
mod n!的话,只需要忽略rank[i + 1]即可
推式子这一步,我开始想的是类似一遍找一遍插入排序,复杂度n^2
天宇哥哥的做法是 从n往前找,p从-1向上累计,遇到没有用过的p就标记为用过,同时rank[n]--
因为num[i + 1..n]求出后能得知num[i]能选哪一些数 也就是num[1...i]有哪一些数 从小到大枚举到对应排名即可
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdlib> inline void read(int &x)
{
x = ;char ch = getchar(), c = ch;
while(ch < '' || ch > '')c = ch, ch = getchar();
while(ch <= '' && ch >= '')x = x * + ch - '', ch = getchar();
if(c == '-')x = -x;
} const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MAXN = + ; int num1[MAXN], num2[MAXN];
int rank1[MAXN], rank2[MAXN];
int n, b[MAXN]; int main()
{
read(n);
for(register int i = n;i >= ;-- i) read(num1[i]);
for(register int i = n;i >= ;-- i) read(num2[i]);
register int p;
for(register int i = ;i <= n;++ i)
{
p = ;
for(register int j = ;j < i;++ j)if(num1[j] < num1[i]) ++ p;
rank1[i] += p;
p = ;
for(register int j = ;j < i;++ j)if(num2[j] < num2[i]) ++ p;
rank2[i] += p;
rank1[i] += rank2[i];
rank1[i + ] += rank1[i]/i;
rank1[i] %= i;
}
rank1[n] %= n;
for(register int i = n;i >= ;-- i)
{
p = -;
while(rank1[i] >= )
{
++ p;
if(!b[p])-- rank1[i];
}
b[p] = ;
printf("%d ", p);
}
return ;
}
T2
C 剪树枝
文件名 输入文件 输出文件 时间限制 空间限制
tree.pas/c/cpp tree.in tree.out 1s 128MB
【题目描述】
rzyz 有一棵苹果树。苹果树有 n 个节点(也就是苹果),n − 1 条边(也就是
树枝)。调皮的小 G 爬到苹果树上。他发现这棵苹果树上的苹果有两种:一种是黑
苹果,一种是红苹果。小 G 想要剪掉 k 条树枝,将整棵树分成 k + 1 个部分。他
想要保证每个部分里面有且仅有一个黑苹果。请问他一共有多少种剪树枝的方案?
【输入格式】
第一行一个数字 n,表示苹果树的节点(苹果)个数。
第二行一共 n − 1 个数字 p0, p1, p2, p3, ..., pn−2,pi 表示第 i + 1 个节点和 pi 节
点之间有一条边。注意,点的编号是 0 到 n − 1。
第三行一共 n 个数字 x0, x1, x2, x3, ..., xn−1。如果 xi 是 1,表示 i 号节点是黑
苹果;如果 xi 是 0,表示 i 号节点是红苹果。
【输出格式】
输出一个数字,表示总方案数。答案对 109 + 7 取模。
【样例输入 1】
3
0 0
0 1 1
【样例输出 1】
2
【样例输入 2】
6
0 1 1 0 4
1 1 0 0 1 0
【样例输出 2】
1
【样例输入 3】
10
0 1 2 1 4 4 4 0 8
0 0 0 1 0 1 1 0 0 1
【样例输出 3】
27
【数据范围】
对于 30% 的数据,1 ≤ n ≤ 10。
对于 60% 的数据,1 ≤ n ≤ 100。
对于 80% 的数据,1 ≤ n ≤ 1000。
对于 100% 的数据,1 ≤ n ≤ 105。
对于所有数据点,都有 0 ≤ pi ≤ n − 1,xi = 0 或 xi = 1。
特别地,60% 中、80% 中、100% 中各有一个点,树的形态是一条链。
【题解】
做过的第二道树形DP,第一道A了的树形DP。我对树形DP理解还不够深入,所以下面的题解大家自行斟酌,
抱着江信江疑的态度看
正确性请尤其注意需要剪掉的时候,和每一个dp[i][1],能否保证性质:每个连通块有且仅有一个黑点
dp[i][0]表示 i节点不能提供给父亲黑节点的方案数
dp[i][1]表示i节点 能提供给父亲黑节点的而方案书
初始:所有叶节点e,若为黑:dp[e][1] = 1,dp[e][0] = 1(可以切断与父节点连边);若为白:dp[e][1] = 0, dp[e][0] = 1
转移:
若i为黑色节点:
dp[i][1] = πdp[son(i)][0] 这个地方保证了每个连通分块最多有一个黑节点
dp[i][0] = dp[i][1] 即i为黑节点不给父亲黑节点的方案只能是减掉,相当于dp[i][1],保证每个连通分块至少有一个黑节点
上述两条性质,使dp[i][1]的方案保证有且仅有一个黑节点
若i为白色节点:
dp[i][1] = Σ(dp[j][1] * πdp[son(i)][0]) son(i)不含j,j也是i的一个儿子 这个就是一个选黑,另一些选白 保证dp[i][1]的方案有且仅有一个黑节点
dp[i][0] = πdp[son(i)][0] + dp[i][1] 即下面全是白,和能提供黑但减掉与父亲节点的边
答案即为dp[i][1]
正确性我看了很久。。不知道对不对。。还请各位神犇指正
转移有奇淫技巧,见代码及注释
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#define max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b)) inline void read(int &x)
{
x = ;char ch = getchar();char c = ch;
while(ch < '' || ch > '')c = ch, ch = getchar();
while(ch <= '' && ch >= '')x = x * + ch - '', ch = getchar();
if(c == '-')x = -x;
} const int INF = 0X3f3f3f3f;
const int MAXN = + ;
const int MOD = + ; struct Edge
{
int u,v,next;
Edge(int _u, int _v, int _next){u = _u;v = _v;next = _next;}
Edge(){}
}edge[MAXN << ]; int head[MAXN], cnt; inline void insert(int a, int b)
{
edge[++cnt] = Edge(a,b,head[a]);
head[a] = cnt;
} int n,color[MAXN],dp[][MAXN],b[MAXN],fa[MAXN]; /*
若i为黑:
dp[i][0] = dp[i][1]
dp[i][1] = πdp[son][0]
即
dp[i][0] = πdp[son][0]
dp[i][1] = dp[i][1]
若i为白:
dp[i][0] = πdp[son][0] + dp[i][1]
dp[i][1] = Σdp[son1][1]* πdp[son(不含son1)][0] 可以用dp[i][0]记录 πdp[son][0] 最后判颜色+dp[i][1]
dp[i][1]则记录 Σdp[son1][1]* πdp[son(不含son1)][0]
递推做到On
我们用a,b,c,d表示儿子节点,如果只有a,b,c,式子为:
a1 * b2 * c2 + a2 * b1 * c2 + a2 * b2 * c1
加入d后:
(a1 * b2 * c2 + a2 * b1 * c2 + a2 * b2 * c1) *d2 + a2 * b2 * c2 * d1
其中a2 * b2 * c2可直接用dp[i][0]递推过程值更新 */ void dfs(int u)
{
b[u] = ;
register int size = , sum = , sum2 = , ok = ;
dp[][u] = ;
for(register int pos = head[u];pos;pos = edge[pos].next)
{
int v = edge[pos].v;
if(b[v])continue;
fa[v] = u;
++ size;
ok = ;
dfs(v);
dp[][u] = ((long long)dp[][u] * dp[][v]) % MOD;
dp[][u] += ((long long)dp[][u] * dp[][v]) % MOD;
if(dp[][u] >= MOD)dp[][u] -= MOD;
dp[][u] = ((long long)dp[][u] * dp[][v]) % MOD;
}
if(ok)
{
if(color[u]) dp[][u] = , dp[][u] = ;
else dp[][u] = , dp[][u] = ;
return;
}
if(color[u]) dp[][u] = dp[][u];
else
{
dp[][u] += dp[][u];
if(dp[][u] >= MOD)dp[][u] -= MOD;
}
return;
} int main()
{
read(n);
register int tmp1;
for(register int i = ;i < n - ;++ i) read(tmp1), insert(i + , tmp1 + ), insert(tmp1 + , i + );
for(register int i = ;i < n;++ i) read(color[i + ]);
dfs();
printf("%d", dp[][]);
return ;
}
T3
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