9.14noip模拟试题

中文题目名称	祖孙询问	比赛	数字
英文题目名称	tree	mat	num
可执行文件名	tree	mat	num
输入文件名	tree.in	mat.in	num.in
输出文件名	tree.out	mat.out	num.out
每个测试点时限	1秒	1秒	1秒
测试点数目	10	10	10
每个测试点分值	10	10	10
附加样例文件	有	有	有
题目类型	传统	传统	传统

二．              提交源程序文件名

对于pascal语言	tree.pas	mat.pas	num.pas
对于C语言	tree.c	mat.c	num.c
对于C++语言	tree.cpp	mat.cpp	num.cpp

三．              编译命令（不包含任何优化开关）

对于pascal语言	fpc tree.pas	fpc mat.pas	fpc num.pas
对于C语言	gcc –o tree tree.c -lm	gcc –o mat mat.c -lm	gcc –o num num.c -lm
对于C++语言	g++ -o tree tree.cpp -lm	g++ -o mat mat.cpp -lm	g++ -o num num.cpp -lm

四．              运行内存限制

内存上限

128M

128M

128M

五．              注意事项

1、  文件名（程序名和输入输出文件名）必须使用小写。

2、  C/C++中函数main()的返回值类型必须是int，程序正常结束时的返回值必须是0。

3、  全国统一评测时采用的机器配置为：CPU 1.9GHz，内存1G，上述时限以此配置为准。各省在自测时可根据具体配置调整时限。

祖孙询问

(tree.pas/c/cpp)

【问题描述】

已知一棵n个节点的有根树。有m个询问。每个询问给出了一对节点的编号x和y，询问x与y的祖孙关系。

【输入格式】

输入第一行包括一个整数n表示节点个数。

接下来n行每行一对整数对a和b表示a和b之间有连边。如果b是-1，那么a就是树的根。

第n+2行是一个整数m表示询问个数。

接下来m行，每行两个正整数x和y。

【输出格式】

对于每一个询问，输出1:如果x是y的祖先，输出2:如果y是x的祖先，否则输出0。

【样例输入】

10

234 -1

12 234

13 234

14 234

15 234

16 234

17 234

18 234

19 234

233 19

5

234 233

233 12

233 13

233 15

233 19

【样例输出】

1

0

0

0

2

【数据规模】

对于30%的数据，n,m≤1000。

对于100%的.据,n,m≤40000，每个节点的编号都不超过40000。

LCA:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define maxn 50010
using namespace std;
int N,n,m,root,num,head[maxn],dep[maxn],fa[maxn][];
struct node{
    int v,pre;
}e[maxn*];
int init(){
    int x=,f=;char s=getchar();
    while(s<''||s>''){if(s=='-')f=-;s=getchar();}
    while(s>=''&&s<=''){x=x*+s-'';s=getchar();}
    return x*f;
}
void Add(int from,int to){
    num++;e[num].v=to;
    e[num].pre=head[from];
    head[from]=num;
}
void Dfs(int now,int from,int c){
    fa[now][]=from;dep[now]=c;
    for(int i=head[now];i;i=e[i].pre){
        int v=e[i].v;
        if(v==from)continue;
        Dfs(v,now,c+);
    }
}
void Get_fa(){
    for(int j=;j<=;j++)
        for(int i=;i<=n;i++)
            fa[i][j]=fa[fa[i][j-]][j-];
}
int LCA(int a,int b){
    if(dep[a]<dep[b])swap(a,b);
    int t=dep[a]-dep[b];
    for(int i=;i<=;i++)
        if((<<i)&t)a=fa[a][i];
    if(a==b)return a;
    for(int i=;i>=;i--)
        if(fa[a][i]!=fa[b][i]){
            a=fa[a][i];
            b=fa[b][i];
        }
    return fa[a][];
}
int main()
{
    freopen("tree.in","r",stdin);
    freopen("tree.out","w",stdout);
    N=init();
    int u,v;
    for(int i=;i<=N;i++){
        u=init();v=init();
        if(v==-){
            root=u;continue;
        }
        if(u==-){
            root=v;continue;
        }
        n=max(n,u);n=max(n,v);
        Add(u,v);Add(v,u);
    }
    Dfs(root,-,);Get_fa();
    m=init();
    for(int i=;i<=m;i++){
        u=init();v=init();
        if(u==v){
            printf("0\n");
            continue;
        }
        int anc=LCA(u,v);
        if(anc==u)printf("1\n");
        else if(anc==v)printf("2\n");
        else printf("0\n");
    }
    return ;
}

比赛

 (mat.pas/c/cpp)

【问题描述】

有两个队伍A和B，每个队伍都有n个人。这两支队伍之间进行n场1对1比赛，每一场都是由A中的一个选手与B中的一个选手对抗。同一个人不会参加多场比赛，每个人的对手都是随机而等概率的。例如A队有A1和A2两个人，B队有B1和B2两个人，那么(A1 vs B1,A2 vs B2)和(A1 vs B2,A2 vs B1)的概率都是均等的50%。

每个选手都有一个非负的实力值。如果实力值为X和Y的选手对抗，那么实力值较强的选手所在的队伍将会获得(X-Y)^2的得分。

求A的得分减B的得分的期望值。

【输入格式】

第一行一个数n表示两队的人数为n。

第二行n个数，第i个数A[i]表示队伍A的第i个人的实力值。

第三行n个数，第i个数B[i]表示队伍B的第i个人的实力值。

【输出格式】

输出仅包含一个实数表示A期望赢B多少分。答案保留到小数点后一位（注意精度）。

【样例输入】

2

3 7

1 5

【样例输出】

20.0

【数据规模】

对于30%的数据，n≤50。

对于100%的.据,n≤50000;A[i],B[i]≤50000。

暴力30:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define maxn 50010
using namespace std;
int n,a[maxn],b[maxn];
double ans;
int init(){
    int x=,f=;char s=getchar();
    while(s<''||s>''){if(s=='-')f=-;s=getchar();}
    while(s>=''&&s<=''){x=x*+s-'';s=getchar();}
    return x*f;
}
int main()
{
    freopen("tree.in","r",stdin);
    freopen("tree.out","w",stdout);
    n=init();
    for(int i=;i<=n;i++)
        a[i]=init();
    for(int i=;i<=n;i++)
        b[i]=init();
    for(int i=;i<=n;i++)
        for(int j=;j<=n;j++)
            if(a[i]>b[j])ans+=(a[i]-b[j])*(a[i]-b[j]);
            else ans-=(a[i]-b[j])*(a[i]-b[j]);
    printf("%.1f",ans/double(n));
    return ;
}

查分优化:

/*精度有问题...70分*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define maxn 50010
#define ll long long
using namespace std;
ll n,a[maxn],b[maxn],s1[maxn],s2[maxn],A[maxn],B[maxn];
double ans;
ll init(){
    ll x=,f=;char s=getchar();
    while(s<''||s>''){if(s=='-')f=-;s=getchar();}
    while(s>=''&&s<=''){x=x*+s-'';s=getchar();}
    return x*f;
}
int main()
{
    freopen("mat7.in","r",stdin);
    //freopen("mat.out","w",stdout);
    n=init();
    for(int i=;i<=n;i++)
        a[i]=init();
    for(int i=;i<=n;i++)
        b[i]=init();
    sort(a+,a++n);
    sort(b+,b++n);
    for(int i=;i<=n;i++){
        s1[i]=s1[i-]+a[i];
        A[i]=A[i-]+a[i]*a[i];
    }
    for(int i=;i<=n;i++){
        s2[i]=s2[i-]+b[i];
        B[i]=B[i-]+b[i]*b[i];
    }
    for(int i=;i<=n;i++){
        int p=lower_bound(b+,b++n,a[i])-b-;
        ans+=p*a[i]*a[i]+B[p]-*a[i]*s2[p];
    }
    for(int i=;i<=n;i++){
        int p=lower_bound(a+,a++n,b[i])-a-;
        ans-=p*b[i]*b[i]+A[p]-*b[i]*s1[p];
    }
    printf("%.1f",ans/double(n));
    return ;
}

数字

(num.c/cpp/pas)

【问题描述】

一个数字被称为好数字当他满足下列条件：

1. 它有2*n个数位，n是正整数(允许有前导0)。

2. 构成它的每个数字都在给定的数字集合S中。

3. 它前n位之和与后n位之和相等或者它奇数位之和与偶数位之和相等

例如对于n=2,S={1,2}，合法的好数字有1111,1122,1212,1221,2112,2121,2211,2222这样8种。

已知n，求合法的好数字的个数mod 999983。

【输入格式】

第一行一个数n。

接下来一个长度不超过10的字符串，表示给定的数字集合。

【输出格式】

一行一个数字表示合法的好数字的个数mod 999983。

【样例输入】

2

0987654321

【样例输出】

1240

【数据规模】

对于20%的数据，n≤7。

对于100%的.据,n≤1000,|S|≤10。

暴力20:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
int n,ans,x,data[],l,f[];
char s[];
int main()
{
    //freopen("num.in","r",stdin);
    //freopen("num.out","w",stdout);
    scanf("%d%s",&n,s);n<<=;
    l=strlen(s);
    for(int i=;i<l;i++)
        f[s[i]-'']=;
    for(int i=;i<pow(,n);i++){
        x=i;l=;
        while(x)data[++l]=x%,x/=;
        int s1=,s2=,falg=,s3=,s4=;
        for(int j=;j<=l;j++)
            if(f[data[j]]==){
                falg=;break;
            }
        if(falg)continue;
        for(int j=;j<=l;j++)
            if(j&)s1+=data[j];
            else s2+=data[j];
        for(int j=;j<=l;j++)
            if(j<=n/)s3+=data[j];
            else s4+=data[j];
        if(s1==s2||s3==s4){
            ans++;
        }
    }
    printf("%d\n",ans);
    return ;
}

正解dp：

/*
递推+容斥原理
ANS=
前n位之和与后n位之和相等的方案数
+奇数位之和与偶数位之和相等的方案数
-前n位之和与后n位之和相等且奇数位之和与偶数位之和相等的方案数
把A∪B改成A+B-A ∩B
A B好求
A ∩B嘛 仔细想一想
设X为前n为奇数之和 Y为后n为奇数之和
  x为前n为偶数之和 y为后n为偶数之和
根据题意 有 X+Y==x+y X+x==Y+y
 有X==y x==Y
然后dp求就好了
要开long long 但是还不能全开 要不T
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define maxn 1010
#define mod 999983
using namespace std;
int n,N,m,c[],vis[],mxx,f[maxn][maxn*];
long long ans,s1,s2;
char s[];
int main()
{
    freopen("num.in","r",stdin);
    freopen("num.out","w",stdout);
    cin>>n>>s;
    int len=strlen(s);
    for(int i=;i<len;i++){
        if(vis[s[i]-'']==)
            c[++m]=s[i]-'';
        vis[s[i]-'']=;mxx=max(mxx,c[m]);
    }
    f[][]=;
    for(int i=;i<n;i++)
        for(int j=;j<=mxx*i;j++)
            for(int k=;k<=m;k++){
                f[i+][j+c[k]]+=f[i][j];
                f[i+][j+c[k]]%=mod;
            }
    for(int i=;i<=n*mxx;i++){
        ans+=(long long)f[n][i]*f[n][i];
        ans%=mod;
    }
    ans<<=;ans%=mod;
    int a=(n+)>>;
    int b=n>>;
    for(int i=;i<=a*mxx;i++){
        s1+=(long long)f[a][i]*f[a][i];
        s1%=mod;
    }
    for(int i=;i<=b*mxx;i++){
        s2+=(long long)f[b][i]*f[b][i];
        s2%=mod;
    }
    ans=(ans-s1*s2%mod+mod)%mod;
    cout<<ans;
    return ;
}

conclusion

/*
今天题目比较难（蒟蒻我觉得）
T1裸LCA 一遍过编译 一遍A 就是这么自信
（当然考场上还是不要这么浪~要拍拍）
T2又是概率问题
有了昨天的T2的启示 每个元素等价
一块考虑 把题目简化了 然而还是T只有30分...
正解巧妙用了二分+公式推导 然后预处理一下前缀和 平方前缀和什么的
T3 dp+容斥原理 想不出来啊啊啊啊啊
暴力20
思想比较正常 就是 把A∪B改成A+B-A∩B
A B 好求
剩下的就不在我这个蒟蒻的脑洞之内了QAQ
设X为前n为奇数之和 Y为后n为奇数之和
  x为前n为偶数之和 y为后n为偶数之和
根据题意 有 X+Y==x+y X+x==Y+y
 有X==y x==Y
Orz
还有就是 要开longlong 但不能懒得替换 全部改
否则longlong慢 会T

今天权当暴力大赛了QAQ
其实T2还是有余地搞粗来的
但是吧 qaq 还是太弱
*/