数据可私信我.
T1 : grid
题目:在一个\(n*n\)的方格中，你只能斜着走。为了让问题更简单，你还有一次上下左右走的机。给你一个起点，和终点，询问从起点到终点的最短路.
输入样例
8 2 3 7 5
输出样例
5
数据范围:
对于 \(20%\) 的数据满足：\(n<=10\)
对于另外 \(30%\) 的数据满足：\(n<=1000\)
对于 \(100%\)的数据满足：\(n<=1e18，s1,t1,s2,t2<=n\)
期望:100
实际得分:100
解:
还是比较不错的画图题.
大概就是先斜着走满max(abs(s1 - s2),abs(t1 - t2))
因为斜着是h ++,l ++么(不管坐标,只管相对位置的话)
所以剩下的分两种情况:
1.偶数
直接斜着来回条就好了
2.奇数
先直接偶数跳,然后动用上下左右走的机会.
CODE
#include <iostream>
#include <cstdio>
#define ll long long
ll max(ll a,ll b) {
return a > b ? a : b ;
}
ll abs(ll a) {
return a > 0 ? a : -a;
}
int main() {
freopen("grid.in","r",stdin);
freopen("grid.out","w",stdout);
ll n,s1,s2,t1,t2,ans;
std::cin >> n >> s1 >> t1 >> s2 >> t2;
ans = max(abs(s1 - s2),abs(t1 - t2));
std::cout << ans;
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}
T2 : ling
期望:100
实际得分:100
【题目描述】
作为一场 NOIP 良心模拟赛，需要一道小清新字符串题。
xxx 最近在研究语言学(glossology)。他对正在研究的语言有一个疑问。在这门语言中，所有
单词是按照同一方式生成的：首先确定一个基本串(base)（长度至少为 3） ，然后在基本串后加任
意多个（可以不加）长度为 2 或 3 的后缀串(suffix)，得到单词s。要求相邻后缀串不能相同。
现在他有一些单词 s， 他想知道， 在基本串任意的情况下， 可能参与构成 s 的后缀串有哪些。
特别的， 对于有些单词， 其相邻后缀串可以相同， 他会用 type 标注 （对于 T 组数据都有效） 。
若 type = 0，则相邻后缀串不能相同；否则相邻后缀串可以相同（type 可以是除 0 外的任
何 int 内的整数） 。
【输入格式】
第一行两个整数 T,type，表示数据组数和后缀串是否有限制（见题目描述） 。
接下来 T 行，每行一个字符串，表示要求的单词 s。
【输出格式】
对于每组数据：
第一行输出k，表示可能构成 s 的后缀串个数。
接下来 k 行，每行输出一个字符串 suf i ，表示一个可能的后缀串。
所有后缀串按字典序从小到大输出。
【样例 1 输入】
2 0
abc
acacaca
【样例 1 输出】
0
2
aca
ca
【样例 1 解释】
对于第一个 s，要求基本串长度至少为 3，所以不存在合法后缀串。
对于第二个 s，有两种情况：acac 做基本串时，合法后缀串有 aca；acaca 做基本串时，合
法后缀串有 ca。即：acacaca 与 acacaca。
【样例 2 输入】
1 0
abcabcabab
【样例 2 输出】
5
ab
bab
bca
ca
cab
【样例 2 解释】
合法的划分为：abcabcabab、abcabcabab、abcabcabab。 （红色为基本串，蓝色、紫色为
后缀串）
【样例 3 输入】
1 1
abcabcabab
【样例 3 输出】
7
ab
abc
bab
bc
bca
ca
cab
数据范围:
对于所有的的测试数据满足 \(T <= 10,\sum |s|<=5e4\)
题解:
考虑DP
f[i][0/1]表示以i为起点的2个字串和三个字串是否可行
状态方程就是:
在满足前后两个字串相等的条件下$$f [i][1] = f[i + 3][0] | f[i + 3][1]$$
在满足前后两个字串相等的条件下$$f[i][0] = f[i + 2][0] | f[i + 2][1]$$
时间复杂度:\(O(n)\)
按字典序的时候比较神奇.因为全是小写字母,可以用\(ok1[28][28],ok2[28][28][28]\)来确定这个字符的出现及输出.
我的方法就是map判断是否可行和string + sort.
非常麻烦
My_CODE
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <map>
const int maxN = 5e4 + 7;
using namespace std;
bool f[maxN][2];//0是后面一个和自己,1是后面两个和自己
string emm,s;
//DP
string ans[maxN];
int num;
map <string,int> m;
//去重
void init() {
emm.clear();
s.clear();
num = 0;
m.clear();
memset(f,0,sizeof(f));
}
void work1() {
cin >> emm;
int len = emm.length();
s = emm;
if(len <= 4) {
puts("0");
return;
}
if(len == 5) {
puts("1");
cout << s[len - 2] << s[len - 1] << '\n';
return ;
}
f[len - 1][0] = true;
f[len - 2][1] = true;
for(int i = len - 3;i > 3;-- i) {
f[i][0] = f[i + 2][1] | f[i + 2][0];
f[i][1] = f[i + 3][0] | f[i + 3][1];
}
for(int i = 1;i <= len;++ i) {
if(f[i][0]) {
string tmp;
for(int j = 0;j <= 1;++ j) {
tmp += s[i + j - 1];
}
if(!m[tmp]) {
ans[++ num] = tmp;
m[tmp] = 1;
}
}
if(f[i][1]) {
string tmp;
for(int j = 0;j <= 2;++ j) {
tmp += s[i + j - 1];
}
if(!m[tmp]) {
ans[++ num] = tmp;
m[tmp] = 1;
}
}
}
printf("%d\n",num);
sort(ans + 1,ans + num + 1);
for(int i = 1;i <= num;++ i) {
cout << ans[i];
puts("");
}
return;
}
void work() {
cin >> emm;
int len = emm.length();
s = emm;
if(len <= 4) {
puts("0");
return;
}
if(len == 5) {
puts("1");
cout << s[len - 2] << s[len - 1] << '\n';
return ;
}
f[len - 1][0] = true;
f[len - 2][1] = true;
for(int i = len - 3;i > 3;-- i) {
bool flag1 = false,flag2 = false;
for(int j = 0;j <= 2;++ j) if(s[i + j - 1] != s[i + 3 + j - 1]) flag1 = true;
f[i][0] = f[i + 2][1];
f[i][1] = f[i + 3][0];
if(flag1) f[i][1] = f[i][1] | f[i + 3][1];
for(int j = 0;j <= 1;++ j) if(s[i + j - 1] != s[i + 2 + j - 1]) flag2 = true;
if(flag2) f[i][0] = f[i][0] | f[i + 2][0];
}
for(int i = 1;i <= len;++ i) {
if(f[i][0]) {
string tmp;
for(int j = 0;j <= 1;++ j) {
tmp += s[i + j - 1];
}
if(!m[tmp]) {
ans[++ num] = tmp;
m[tmp] = 1;
}
}
if(f[i][1]) {
string tmp;
for(int j = 0;j <= 2;++ j) {
tmp += s[i + j - 1];
}
if(!m[tmp]) {
ans[++ num] = tmp;
m[tmp] = 1;
}
}
}
printf("%d\n",num);
sort(ans + 1,ans + num + 1);
for(int i = 1;i <= num;++ i) {
cout << ans[i];
puts("");
}
return;
}
int main() {
freopen("ling.in","r",stdin);
freopen("ling.out","w",stdout);
int T,type;
scanf("%d%d",&T,&type);
if(!type) {
while(T --) {
init();
work();
}
}
else {
while(T --) {
init();
work1();
}
}
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}
STD_CODE
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define pc putchar
const int N=50005;
bool f[N][2]/*0:2 1:3*/,ok2[28][28],ok3[28][28][28];
char s[N];
void Work(const int type)
{
memset(f,0,sizeof f);
memset(ok2,0,sizeof ok2), memset(ok3,0,sizeof ok3);
scanf("%s",s+1);
int n=strlen(s+1);
std::reverse(s+1,s+1+n);
int tot=0; n-=3;
if(n>=2) f[2][0]=1, ++tot, ok2[s[2]-'a'][s[1]-'a']=1;
if(n>=3) f[3][1]=1, ++tot, ok3[s[3]-'a'][s[2]-'a'][s[1]-'a']=1;
for(int i=4; i<=n; ++i)
{
int a=s[i]-'a', b=s[i-1]-'a', c=s[i-2]-'a';
if(f[i-2][1]||(f[i-2][0]&&(type||s[i]!=s[i-2]||s[i-1]!=s[i-3])))
{
f[i][0]=1;
if(!ok2[a][b]) ++tot, ok2[a][b]=1;
}
if(f[i-3][0]||(f[i-3][1]&&(type||s[i]!=s[i-3]||s[i-1]!=s[i-4]||s[i-2]!=s[i-5])))//i>=6
{
f[i][1]=1;
if(!ok3[a][b][c]) ++tot, ok3[a][b][c]=1;
}
}
printf("%d\n",tot);
for(int i=0; i<27&&tot; ++i)
{
for(int j=0; j<27; ++j)
{
if(ok2[i][j]) --tot,pc(i+'a'),pc(j+'a'),pc('\n');
for(int k=0; k<27; ++k)
if(ok3[i][j][k]) --tot,pc(i+'a'),pc(j+'a'),pc(k+'a'),pc('\n');
}
}
}
int main()
{
freopen("ling.in","r",stdin);
freopen("ling.out","w",stdout);
int T,type;
for(scanf("%d%d",&T,&type); T--; Work(type));
return 0;
}
T3 : threebody
某CF原题.
CF643E.
洛谷:题目链接
非常好的一道题,考场中由于思维太渣,处理T2部分的时候非常麻烦.导致用时太长.没有时间思考这道题,最近在学习期望这一部分,所以打算认真的做一下.
首先要确认这是一个期望DP.
线性性质就不必说了.
设f[x][i]表示以x为根,\(dep[x_{son}] <= h\)的概率
那么答案就是.\(\sum_{h = 1}^{MAX\_H}h * (f[x][h] - f[x][h - 1])\)
考虑如何更新.
显然,可以通过\(x_{son}\)转移,那么子节点\(v = son_x\)有两种情况,一个是存在边,对\(f[x][h]\)贡献\(1/2 * f[v][h - 1]\)的概率,二十不存在该边,概率那么就是\(1/2\)
然后就成了\(f[x][h] = \prod_{v = son_x}(1/2 + 1/2 * f[v][h - 1])\)
更新的时候暴力更新即可,一直往上直到根节点.除掉以前的项,乘上新的项即可.
但是如果深度特别大怎么办,注意题目中的有精度误差,那么到了很大的数就会比\(1e-6\)小,这个时候精度达到了,不用继续.这里选择取\(Max\_H = 60\).
CODE
#include <iostream>
#include <cstdio>
const int maxN = 5e5 + 7;
const int maxH = 60;
int n,fa[maxN];
double f[maxN][maxH];
inline int read() {
int x = 0,f = 1;char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9' ) {if(c == '-')f = -1;c = getchar();}
while(c >= '0' && c <= '9') {x = x * 10 + c - '0';c = getchar();}
return x * f;
}
int main() {
int n = 1,T = read(),opt,x;
for(int i = 0;i < maxH;++ i) f[1][i] = 1;
while(T --) {
opt = read();x = read();
if(opt == 1) {
fa[++ n] = x;
for(int i = 0;i < maxH;++ i)
f[n][i] = 1;
double tmp1 = f[x][0],tmp2;
f[x][0] *= 0.5;
for(int Fa = fa[x],i = 1; Fa && i < maxH; Fa = fa[x = Fa],++ i)
{
tmp2 = f[Fa][i];
f[Fa][i] /= 0.5 + 0.5 * tmp1;
f[Fa][i] *= 0.5 + 0.5 * f[x][i-1];
tmp1 = tmp2;
}
}
else {
double ans = 0;
for(int i = 1;i < maxH;++ i)
ans += (f[x][i] - f[x][i - 1]) * i;
printf("%.10lf\n",ans);
}
}
return 0;
}