9.2NOIP模拟题
9.2 NOIP模拟
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
/* "与"是要求同一位均是1,结果才为1。而对于2进制,越高位有1,数字越大。 所以我们可以考虑将所给数列的数字看成二进制,从二进制最高位向下枚举 若有大于等于两个数"这一位上为1",那么最终结果的这一位肯定是1, 于是我们就可以将所有"这一位上为1"的数保留下来, 剩下的数舍弃;而若有少于两个数"这一位上为1",则这一位上一定为0。 */ #include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<cmath> #include<algorithm>using namespace std; int n,a[300002],d[35],ans;void init() {scanf("%d",&n);for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&a[i]); }void find() {int i,j,ct,now=n,t;for(i=30; i>=0; i--){ct=0;for(j=1; j<=now; j++) if(a[j]&(1<<i)) ct++;if(ct<2) continue;t=0;d[i]=1;for(j=1; j<=now; j++) if(a[j]&(1<<i)) a[++t]=a[j];now=t;}for(i=30; i>=0; i--) if(d[i]) ans=ans^(1<<i);printf("%d\n",ans); }int main() {freopen("and.in","r",stdin);freopen("and.out","w",stdout);init();find();return 0; }
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
/* dp[i][j][k]表示第i个箱子第j次染色,染为k颜色的概率。 时间复杂度过高,只能拿部分分 对于每个箱子,它们的本质是相同的,也就是第几个箱子这一维状态是不需要存在的。 dp[i][j]表示染色i次颜色为j的概率dp[i+1][j]+=dp[i][j]/2; 上次不染色 dp[i+1][j*x%c]+=dp[i][j] /2 /c; (x枚举颜色) 上次染色,染成x 最后期望Σdp[cnt[i]][j]*j; */ #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring>#define N 107using namespace std; int n,m,tot,c,k,t,l,r,cnt[N]; double dp[N][N],ans;void init() {memset(dp,0,sizeof dp);memset(cnt,0,sizeof cnt);tot=0;ans=0;scanf("%d%d%d",&n,&c,&k);for(int i=1;i<=k;i++){scanf("%d%d",&l,&r);for(int j=l;j<=r;j++){cnt[j]++;tot=max(tot,cnt[j]);}} }void DP() {dp[0][1]=1;for(int i=0;i<tot;i++){for(int j=0;j<c;j++) {dp[i+1][j]+=dp[i][j]/2;for(int x=0;x<c;x++) dp[i+1][(j*x)%c]+=dp[i][j]/(2*c);}}for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<c;j++)ans+=dp[cnt[i]][j]*j;printf("%.9f\n",ans); }int main() {scanf("%d",&t);while(t--){init();DP();} return 0; }
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spfa 应该只有70,卡spfa...要加优化,懒得加了。
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>#define N 10001
#define M 100001using namespace std;
int head[N],d[N][11],q[M][2];
bool inq[N][11];
int n,m,k,st,ed,cnt;
struct edge
{int u,to,dis,next;
}e[M];inline int read()
{int x=0,f=1;char c=getchar();while(c>'9'||c<'0'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}inline void add(int u,int to,int dis)
{e[++cnt].to=to;e[cnt].dis=dis;e[cnt].next=head[u];head[u]=cnt;
}void spfa()
{memset(d,127/3,sizeof d);int he=0,ta=1;q[0][0]=st;q[0][1]=0;inq[st][0]=1;d[st][0]=0;while(he!=ta){int now=q[he][0],tmp=q[he++][1];inq[now][tmp]=0;if(he==100001) he=0;for(int i=head[now];i;i=e[i].next){int v=e[i].to;if(d[v][tmp]>d[now][tmp]+e[i].dis){d[v][tmp]=d[now][tmp]+e[i].dis;if(!inq[v][tmp]){q[ta][0]=v;q[ta++][1]=tmp;inq[v][tmp]=1;if(ta==100001) ta=0;}}if(d[v][tmp+1]>d[now][tmp] && tmp<k){d[v][tmp+1]=d[now][tmp];if(!inq[v][tmp+1]){inq[v][tmp+1]=1;q[ta][0]=v;q[ta++][1]=tmp+1;if(ta==100001) ta=0;}}}}int ans=0x7fffffff;for(int i=0;i<=k;i++) ans=min(ans,d[ed][i]);printf("%d",ans);
}int main()
{int x,y,z;n=read();m=read();k=read();st=read();ed=read();while(m--){x=read();y=read();z=read();add(x,y,z);add(y,x,z);}spfa();return 0;
}
转载于:https://www.cnblogs.com/L-Memory/p/7466767.html
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