NOIP模拟赛20161007

%hzwer

http://hzwer.com/7602.html

题目名称	“与”	小象涂色	行动！行动！
输入文件	and.in	elephant.in	move.in
输出文件	and.out	elephant.in	move.in
时间限制	1s	1s	1s
空间限制	64MB	128MB	128MB

“与”

（and.pas/.c/.cpp）

时间限制：1s；空间限制64MB

题目描述：

给你一个长度为n的序列A，请你求出一对Ai，Aj（1<=i<j<=n）使Ai“与”Aj最大。

Ps：“与”表示位运算and，在c++中表示为&。

输入描述：

第一行为n。接下来n行，一行一个数字表示Ai。

输出描述：

输出最大的Ai“与”Aj的结果。

样例输入：

3

8

10

2

样例输出：

8

样例解释：

8 and 10 = 8

8 and 2 = 0

10 and 2 = 2

数据范围：

20%的数据保证n<=5000

100%的数据保证 n<=3*10^5，0<=Ai<=10^9

---

贪心

全打成二进制，从最高位开始考虑，维护一个列表

如果当前位是1的大于等于两个，那么此位可以是1，并且下一位只从这一位是1的里面找，所以列表只留下是1的

如果当前位是1的少于两个，则此位不可能是1，列表不变

PS：然而数据太弱，两个最大值&就是。其实只要最大值的二进制长度唯一，这个方法就WA

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=3e5+;
inline int read(){
    char c=getchar();int x=,f=;
    while(c<''||c>''){if(c=='-')f=-;c=getchar();}
    while(c>=''&&c<=''){x=x*+c-'';c=getchar();}
    return x*f;
}
int n,a[N],ans[];
int f[N][];
int lst[N],cnt=;
int tmp[N],t=;
void debug(int x){
    printf("debug %d\n",x);
    for(int i=;i<=cnt;i++) printf("%d ",lst[i]);
    printf("\n");
}
void sol(int d){
    if(d<) return;
    t=;
    for(int i=;i<=cnt;i++){
        int x=lst[i];
        if(f[x][d]) tmp[++t]=x;
    }
    if(t>=){
        ans[d]=;
        cnt=;
        for(int i=;i<=t;i++) lst[++cnt]=tmp[i];
    }
    //debug(d);
    sol(d-);
}
int main(){
    freopen("and.in","r",stdin);
    freopen("and.out","w",stdout);
 
    n=read();
    for(int i=;i<=n;i++){
        a[i]=read();
        for(int j=;j<=;j++)
            if(a[i]&(<<j)) f[i][j]=;//,printf("%d %d\n",i,j);
    }
    for(int d=;d>=;d--){
        cnt=;
        for(int i=;i<=n;i++) if(f[i][d]) lst[++cnt]=i;
        if(cnt<) continue;
        ans[d]=;
        //debug(d);
        sol(d-);break;
    }
    int x=;
    for(int i=;i>=;i--) if(ans[i]) x+=(<<i);
    printf("%d",x);
}

---

---

小象涂色

（elephant.pas/.c/.cpp）

时间限制：1s，空间限制128MB

题目描述：

小象喜欢为箱子涂色。小象现在有c种颜色，编号为0~c-1；还有n个箱子，编号为1~n，最开始每个箱子的颜色为1。小象涂色时喜欢遵循灵感：它将箱子按编号排成一排，每次涂色时，它随机选择[L，R]这个区间里的一些箱子（不选看做选0个），为之涂上随机一种颜色。若一个颜色为a的箱子被涂上b色，那么这个箱子的颜色会变成（a*b）mod c。请问在k次涂色后，所有箱子颜色的编号和期望为多少？

输入描述：

第一行为T，表示有T组测试数据。

对于每组数据，第一行为三个整数n,c,k。

接下来k行，每行两个整数Li，Ri，表示第i个操作的L和R。

输出描述：

对于每组测试数据，输出所有箱子颜色编号和的期望值，结果保留9位小数。

样例输入：

3

3 2 2

2 2

1 3

1 3 1

1 1

5 2 2

3 4

2 4

样例输出：

2.062500000

1.000000000

3.875000000

数据范围：

40%的数据1 <= T <= 5，1 <= n, k <= 15，2 <= c <= 20

100%的数据满足1 <= T <= 10，1 <= n, k <= 50，2 <= c <= 100，1 <= Li <= Ri <= n

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不明白什么是期望

在概率论和统计学中，数学期望(mean)（或均值，亦简称期望）是试验中每次可能结果的概率乘以其结果的总和。是最基本的数学特征之一。它反映随机变量平均取值的大小。

看了题解

每个箱子只有染色次数不同，可以统一考虑

因为区间里随机选，所以1/2；因为c种颜色，所以1/c

f[i][j]表示染色i次颜色为j的概率

　　f[i+1][j]+=f[i][j]/2;

　　f[i+1][j*x%c]+=f[i][j]/2/c; x枚举颜色

【DP用更新的写法比较好】

用sum[i]统计染色i次的颜色和期望值

然后求和每个点的贡献sum[这个点染色次数]

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=,C=;
inline int read(){
    char c=getchar();int x=,f=;
    while(c<''||c>''){if(c=='-')f=-;c=getchar();}
    while(c>=''&&c<=''){x=x*+c-'';c=getchar();}
    return x*f;
}
int T,n,c,k,t[N],l,r;
double f[N][C],sum[N];
void dp(){
    memset(f,,sizeof(f));
    memset(sum,,sizeof(sum));
    f[][]=;
    for(int i=;i<=k;i++)
        for(int j=;j<c;j++){
            f[i+][j]+=f[i][j]/;
            for(int x=;x<c;x++)
                f[i+][j*x%c]+=f[i][j]//c;
        }
    for(int i=;i<=k;i++)//!
        for(int j=;j<c;j++) sum[i]+=f[i][j]*j;
}
int main(){
    //freopen("elephant.in","r",stdin);
    //freopen("elephant.out","w",stdout);
    T=read();
    while(T--){
        memset(t,,sizeof(t));
        n=read();c=read();k=read();
        for(int i=;i<=k;i++){
            l=read();r=read();
            for(int j=l;j<=r;j++) t[j]++;
        }
        dp();
        double ans=;
        for(int i=;i<=n;i++) ans+=sum[t[i]];
        printf("%.9lf\n",ans);
    }
}

---

---

行动！行动！

（move.pas/.c/.cpp）

时间限制：1s；空间限制：128MB

题目描述：

大CX国的大兵Jack接到一项任务：敌方占领了n座城市（编号0~n-1），有些城市之间有双向道路相连。Jack需要空降在一个城市S，并徒步沿那些道路移动到T城市。虽然Jack每从一个城市到另一个城市都会受伤流血，但大CX国毕竟有着“过硬”的军事实力，它不仅已经算出Jack在每条道路上会损失的血量，还给Jack提供了k个“简易急救包”，一个包可以让Jack在一条路上的流血量为0。Jack想知道自己最少会流多少血，不过他毕竟是无脑的大兵，需要你的帮助。

输入描述：

第一行有三个整数n,m,k，分别表示城市数，道路数和急救包个数。

第二行有两个整数，S,T。分别表示Jack空降到的城市编号和最终要到的城市。

接下来有m行，每行三个整数a,b,c，表示城市a与城市b之间有一条双向道路。

输出描述：

Jack最少要流的血量。

样例输入：

5 6 1

0 3

3 4 5

0 1 5

0 2 100

1 2 5

2 4 5

2 4 3

样例输出：

8

数据范围：

对于30%的数据,2<=n<=50,1<=m<=300,k=0;

对于50%的数据,2<=n<=600,1<=m<=6000,0<=k<=1;

对于100%的数据,2<=n<=10000,1<=m<=50000,0<=k<=10.

---

分层图最短路

不就是那道飞行路线

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e4+,M=5e4+,K=,INF=1e9+;
inline int read(){
    char c=getchar();int x=,f=;
    while(c<''||c>''){if(c=='-')f=-;c=getchar();}
    while(c>=''&&c<=''){x=x*+c-'';c=getchar();}
    return x*f;
}
int n,m,k,s,t,a,b,c,ans=INF;
struct edge{
    int v,w,ne;
}e[M<<];
int cnt=,h[N];
inline void ins(int u,int v,int w){
    cnt++;
    e[cnt].v=v;e[cnt].w=w;e[cnt].ne=h[u];h[u]=cnt;
    cnt++;
    e[cnt].v=u;e[cnt].w=w;e[cnt].ne=h[v];h[v]=cnt;
}
struct hn{
    int u,d,f;
    bool operator <(const hn &rhs)const{return d>rhs.d;}
    hn(int a=,int b=,int c=):u(a),d(b),f(c){}
};
int d[N][K],done[N][K];
void dijkstra(int s){
    priority_queue<hn> q;
    for(int i=;i<n;i++) for(int j=;j<=k;j++) d[i][j]=INF;
    d[s][]=;
    q.push(hn(s,,));
    while(!q.empty()){
        hn x=q.top();q.pop();
        int u=x.u,f=x.f;
        if(done[u][f]) continue;
        done[u][f]=;//printf("dij %d %d %d\n",u,f,d[u][f]);
        for(int i=h[u];i;i=e[i].ne){
            int v=e[i].v,w=e[i].w;
            if(d[v][f]>d[u][f]+w){
                d[v][f]=d[u][f]+w;//printf("v %d %d %d\n",v,f,d[v][f]);
                q.push(hn(v,d[v][f],f));
            }
 
            if(f<k){
                if(d[v][f+]>d[u][f]){
                    d[v][f+]=d[u][f];//printf("v %d %d %d\n",v,f+1,d[v][f+1]);
                    q.push(hn(v,d[v][f+],f+));
                }
            }
        }
    }
}
 
int main(){
    freopen("move.in","r",stdin);
    freopen("move.out","w",stdout);
    n=read();m=read();k=read();s=read();t=read();
    for(int i=;i<=m;i++){
        a=read();b=read();c=read();
        ins(a,b,c);
    }
    dijkstra(s);
    for(int i=;i<=k;i++) ans=min(ans,d[t][i]);//,printf("%d %d\n",i,d[t][i]);
    printf("%d",ans);
}