第 45 届国际大学生程序设计竞赛（ICPC）亚洲网上区域赛模拟赛题解（除了C、G之后补）

整理的算法模板合集： ACM模板

这次比赛好多原题呀…（就是那种稍微拓展了一点的原题）

A、Easy Equation

题目大意：求x+y+z=kx+y+z=kx+y+z=k的方案数，输入为四个数可取的范围。

前缀和差分。

首先一看数据范围是1e6就不可能O(n2)O(n^2)O(n2)做，只能O(n)O(n)O(n)。

之前做过一道简化版的题，是求x+y=zx+y=zx+y=z的方案数，用的好像是什么前缀和映射思想，我忘了，是CF上面的一次比赛题，但是我找不到了…这里是三个，所以把那个方法拓展一下即可。

实际上用前缀和来解决思路特别简单，大致是一个前缀和+递推DP的思想。

因为有三个数相加的方案数

我们用 f[i] 表示i能够被多少个前两个范围的数（x+y）加起来的方案数，我们直接循环x，那么所有从 x 到 x+b的数都能被这个数递推过去，方案数+1，我们可以直接用前缀和来维护一个区间+1的操作，这样求得 f 数组，然后我们用同样的思路求g数组，其中g[i]表示的是i能够被多少个x+y+z的方案数，同样的我们维护一个前缀和差分，再求一次前缀和就是所有能通过x+y+z得到这个数的方案数，我们直接枚举所有d的范围，求和既是答案。

一个小插曲

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<vector>using namespace std;const int N = 1e8 + 7, M = 5000007, INF = 0x3f3f3f3f;long long a, b, c, d;
long long f[N];
long long g[N];int main()
{scanf("%lld%lld%lld%lld", &a, &b, &c, &d);for(int i = 0; i <= a; ++ i){f[i] ++ ;f[i + b + 1] -- ;}for(int i = 1; i <= a + b; ++ i)f[i] += f[i - 1];for(int i = 0; i <= a + b; ++ i){g[i] += f[i];g[i + c + 1] -= f[i] ;}for(int i = 1 ;i <= a + b + c; ++ i)g[i] += g[i - 1];long long ans = 0;for(int i = 0; i <= d; ++ i)ans += g[i];printf("%lld\n", ans);return 0;
}

B、XTL’s Chessboard

题目大意：弹弹弹

SB题，直接输出2就行了，因为所有的点沿着45度角射出反弹最后都会回到起点，x-1和y-1互质的时候一定会经过角，就会直接反弹原路返回。所以只有起点和终点经过奇数次，答案就是2。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<vector>using namespace std;const int N = 500007, M = 5000007, INF = 0x3f3f3f3f;int n, m, t;
int a[N], b[N];
bool vis[N];
int ans;int main()
{int x, y;while(scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &x, &y) != EOF && n + m){printf("2\n");}return 0;
}

D、Pokemon Ultra Sun

题目大意：宝可梦们大战，你和对手都有一个血量，每一轮都是你打对手，攻击力为w，每次有p的概率对手掉血，1-p的概率你自己掉血，求比赛轮数的期望。

概率DP板子题…

我们用 f[i][j] 表示我方掉i血敌方掉j血的期望。
然后直接输出即可。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<vector>using namespace std;const int N = 3507, M = 5000007, INF = 0x3f3f3f3f;int n, m, t;
int hp1, hp2, w;
double f[N][N];
double p;int main()
{scanf("%d", &t);while(t -- ){scanf("%d%d%d%lf", &hp1, &hp2, &w, &p);memset(f, 0, sizeof f);for(int i = 1; i <= hp1; ++ i){for(int j = 1; j <= hp2; ++ j){f[i][j] = f[max(0, i - w)][j] * (1 - p) + f[i][max(0, j - w)] * p + 1.0;}}printf("%.6f\n", f[hp1][hp2]);}return 0;
}

E、Eat Walnuts

题目大意：一排的核桃，你每次可以从连续的三个中拿走中间的那一个，花费为a[i - 1] * a[i] * a[i + 1]，求拿的只剩下两个核桃的最小花费。

其实就是一道区间DP的板子题，之前有一道最优矩阵链乘的题，几乎一摸一样。只不过计算方法改了一点。主要是这里需要至少三个核桃才能拿走一个，所以我们需要规定长度至少为3，然后初始化的时候应该初始化f[i][i] = 0; f[i][i + 1] = 0;，而最优矩阵链乘中两个数表示两个矩阵，所以初始条件和长度不一样，区间DP需要考虑边界，可转移长度，最后才是转移方程。

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2007, M = 5000007, INF = 0x3f3f3f3f;int n, m;
int f[N][N];
int a[N];int main()
{while(scanf("%d", &n) != EOF && n){memset(f, 0x3f, sizeof f);for(int i = 1; i <= n; ++ i){scanf("%d", &a[i]);f[i][i] = 0;f[i][i + 1] = 0;}for(int len = 2; len <= n; ++ len){for(int i = 1; i <= n - len + 1; ++ i){int j = i + len - 1;for(int k = i + 1; k < j; ++ k)f[i][j] = min(f[i][j], f[i][k] + f[k][j] + (a[i] + a[k] + a[j]) * (a[i] + a[k] + a[j]));}}printf("%d\n", f[1][n]);}return 0;
}

F、wrestling on road

题目翻译 ♂：

Banana先生和Kazuya先生是新日暮里的著名哲学家。新日暮里的国王范（Van）无法在没有他们的情况下管理帝国，因此他将左右监护人的头衔赋予他们。

由于政治上的差异，他们处于相反的立场。新日暮里每天都有早会，范需要设计两条路线，以便香蕉先生和和也雅先生可以参加早会。使事情变得难以管理的是，如果一条道路（不包括两个终点）既属于香蕉先生的道路又属于Kazuya的道路，那么它们将相互搏斗。

一般而言，新日暮里由n个城市和m条没有自环的双向道路组成，最多有一条道路连接任何两个城市。Banana先生居住在1号城市，Kazuya先生居住在2号城市。n和n − 1城市有两个豪华轿车，他们应该参加早上的会议。更正式地：

如果道路在香蕉先生的路线上，那么它就不能可以在和Kazuya的路线上，反之亦然。（也就是他们的路线不能有交叉）

如果Banana先生应该在n城市使用豪华轿车，而Kazuya应该在n-1城市使用豪华轿车。（也就是