题目名称 笔记 括号 城堡
可执行文件名 note brackets castle
输入文件名 note.in brackets.in castle.in
输出文件名 note.in brackets.out castle.in
每个测试点时限 1 秒 1 秒 1 秒
内存限制 512MB 512MB 512MB
测试点数目 20 20 10
每个测试点分值 5 5 10
是否有部分分 否 否 否
题目类型 传统型 传统型 传统型
测试题 #4 笔记
笔记
【问题描述】
给定一个长度为?的序列?，下标编号为1~?。序列的每个元素都是1~?的
整数。定义序列的代价为
? ?+1 − ? ?
?−1
?=1
你现在可以选择两个数?和?，并将序列?中所有的?改成?。?可以与?相等。
请求出序列最小可能的代价。
【输入格式】
输入第一行包含两个整数?和?。第二行包含?个空格分隔的整数，代表序
列?。
【输出格式】
输出一行，包含一个整数，代表序列最小的代价。
【样例输入 1】
4 6
1 2 3 4 3 2
【样例输出 1】
3
【样例输入 2】
10 5
9 4 3 8 8
【样例输出 1】
6
【样例解释】
样例 1 中，最优策略为将 4 改成 3。样例 2 中，最优策略为将 9 改成 4。
测试题 #4 笔记
【数据规模和约定】
31。
60%的数据，?,? ≤ 2000。
对于100%的数据，1 ≤ ?,? ≤ 100,000。
/*暴力+小小的优化(没有啥大用)*/
#include<cstdio>
#include<ctime>
#include<algorithm>
#define maxn 100010
using namespace std;
int n,m,a[maxn],b[maxn],c[maxn],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 Abs(int x){
return x<?-x:x;
}
int main()
{
freopen("note.in","r",stdin);
freopen("note.out","w",stdout);
n=init();m=init();
for(int i=;i<=m;i++)
a[i]=init();
if(n<=){
for(int i=;i<m;i++)
if((a[i]<a[i-]&&a[i]<a[i+])||(a[i]>a[i-]&&a[i]>a[i+]))
c[++c[]]=a[i];
c[++c[]]=a[];c[++c[]]=a[m];
}
else for(int i=;i<=n;i++)c[++c[]]=a[i];
sort(c+,c++c[]);
c[]=unique(c+,c++c[])-c-;
for(int i=;i<m;i++)
ans=ans+Abs(a[i+]-a[i]);
for(int i=;i<=c[];i++)
for(int j=;j<=n;j++){
for(int k=;k<=m;k++)
if(a[k]==c[i])b[k]=j;
else b[k]=a[k];
long long mx=;
for(int k=;k<m;k++){
mx=mx+Abs(b[k+]-b[k]);
if(ans<mx)break;
}
if(ans>mx)ans=mx;
//if(clock()>950){
// printf("%lld\n",ans);return 0;
//}
}
printf("%lld\n",ans);
fclose(stdin);fclose(stdout);
return ;
}
/*
嗯很好的思路 每个数字只与两边的有关
假设我们尝试着改 x 改成什么玩意是可以直接算出来的
先预处理处所有与x相邻的数们 那每个都要与x做差然后绝对值
如果我们队这一坨数排序的话 那么显然x改成中位数最优
然后枚举一下x 比较一下就好了
每个x都要sort一遍 这个并不会很慢 均摊还是很快的
*/
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
#define maxn 100010
#define ll long long
using namespace std;
ll n,m,a[maxn],b[maxn];
ll sta,mx;
vector<ll>G[maxn];
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;
}
ll Abs(ll x){
return x<?-x:x;
}
int main(){
freopen("note.in","r",stdin);
freopen("note.out","w",stdout);
n=init();m=init();
for(ll i=;i<=m;i++)a[i]=init();
for(ll i=;i<=m;i++)
if(a[i]!=a[i-])b[++b[]]=a[i];
for(ll i=;i<m;i++)sta+=Abs(a[i+]-a[i]);
m=b[];b[]=;
for(ll i=;i<m;i++){
G[b[i]].push_back(b[i-]);
G[b[i]].push_back(b[i+]);
}
if(b[])G[b[]].push_back(b[]);
if(b[m-])G[b[m]].push_back(b[m-]);
for(ll i=;i<=n;i++){
ll len=G[i].size();
if(!len)continue;
sort(G[i].begin(),G[i].end());
ll mid=G[i][(len+)/-];
ll pre=,now=;
for(ll k=;k<len;k++){
pre+=Abs(G[i][k]-i);
now+=Abs(G[i][k]-mid);
}
mx=max(mx,pre-now);
}
printf("%I64d\n",sta-mx);
return ;
}
测试题 #4 括号
括号
【问题描述】
有一个长度为?的括号序列，以及?种不同的括号。序列的每个位置上是哪
种括号是随机的，并且已知每个位置上出现每种左右括号的概率。求整个序列是
一个合法的括号序列的概率。
我们如下定义合法括号序列：
空序列是合法括号序列；
如果?是合法括号序列，那么???是合法括号序列，当且仅当?和?是同种
的左右括号；
如果?和?是合法括号序列，那么??是合法括号序列。
【输入格式】
输入第一行包含两个整数?和?。接下来的输入分为?组，每组?行。第?组第
?行包含两个实数?[?,?]和?[?,?]，分别代表第?个位置上是第?类的左括号和右括号
的概率。
【输出格式】
输出一行，包含一个实数，代表序列是合法括号序列的概率。建议保留至少
5 位小数输出。只有当你的输出与标准答案之间的绝对误差不超过10 −5 时，才会
被判为正确。
【样例输入 1】
2 1
1.00000 0.00000
0.00000 1.00000
【样例输出 1】
1.00000
【样例输入 2】
4 1
0.50000 0.50000
1.00000 0.00000
0.00000 1.00000
0.50000 0.50000
测试题 #4 括号
【样例输出 2】
0.25000
【数据规模和约定】
对于20%的数据，? ≤ 50，? = 1，所有位置的概率非 0 即 1。
另外有 30%的数据，? ≤ 34，? = 1，前 10 个和后 10 个位置的所有概率都
是 0.5，中间剩余位置的概率非 0 即 1。
80%的数据，?,? ≤ 50。
对于100%的数据，1 ≤ ? ≤ 200，1 ≤ ? ≤ 50。
/*dpwa成了傻逼 还是交的暴力*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define maxn 210
#define ld long double
using namespace std;
int n,k,s[maxn];
ld g[maxn][maxn][],ans;
void Dfs(int now,ld x){
if(now==n+){
int falg=;
for(int i=;i<=k;i++)
if(s[i]){
falg=;break;
}
if(falg)ans+=x;return;
}
for(int i=;i<=k;i++){
if(s[i]->=&&g[now][i][]){
s[i]--;Dfs(now+,x*g[now][i][]);s[i]++;
}
if(s[i]+<=n-now&&g[now][i][]){
s[i]++;Dfs(now+,x*g[now][i][]);s[i]--;
} }
}
int main()
{
freopen("brackets.in","r",stdin);
freopen("brackets.out","w",stdout);
cin>>n>>k;
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=k;j++)
cin>>g[i][j][]>>g[i][j][];
if(n&){
printf("0.00000\n");return ;
}
Dfs(,);printf("%.5lf",double(ans));
fclose(stdin);fclose(stdout);
return ;
}
/*维护两个数组 很好的解决了重复计算的问题*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define ld long double
#define maxn 210
using namespace std;
int n,k;
ld f[maxn][maxn],ff[maxn][maxn],g[maxn][maxn][];
int main(){
freopen("brackets.in", "r", stdin);
freopen("brackets.out", "w", stdout);
cin>>n>>k;
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=;j<=k;j++)
cin>>g[i][j][]>>g[i][j][];
for(int i=;i<n;i++)
for(int x=;x<=k;x++)
f[i][i+]+=g[i][x][]*g[i+][x][];
for(int i=n-;i>=;i--)
for(int j=i+;j<=n;j++){
for(int x=;x<=k;x++)
f[i][j]+=(f[i+][j-]+ff[i+][j-])*g[i][x][]*g[j][x][];
for(int x=i+;x<j-;x++)
ff[i][j]+=(f[i][x]+ff[i][x])*f[x+][j];
}
printf("%.5f\n",(double)(f[][n]+ff[][n]));
return ;
}
测试题 #4 城堡
城堡
【问题描述】
给定一张?个点?条边的无向连通图，每条边有边权。我们需要从?条边中
选出? − 1条， 构成一棵树。 记原图中从 1 号点到每个节点的最短路径长度为? ? ，
树中从 1 号点到每个节点的最短路径长度为? ? ，构出的树应当满足对于任意节点
?，都有? ? = ? ? 。
请你求出选出? − 1条边的方案数。
【输入格式】
输入的第一行包含两个整数?和?。
接下来?行，每行包含三个整数?、?和?，描述一条连接节点?和?且边权为
?的边。
【输出格式】
输出一行，包含一个整数，代表方案数对2 31 − 1取模得到的结果。
【样例输入】
3 3
1 2 2
1 3 1
2 3 1
【样例输出】
2
【数据规模和约定】
32 ≤ ? ≤ 5，? ≤ 10。
对于50%的数据，满足条件的方案数不超过 10000。
对于100%的数据，2≤ ? ≤ 1000，? − 1 ≤ ? ≤
? ?−1
2
，1 ≤ ? ≤ 100。
/*暴力 dfs+SPFA+Tarjan+dfs*/
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define maxn 1010
using namespace std;
int n,m,num,head[maxn],f[maxn],D[maxn],S[maxn],topt,top;
int s[maxn],vis[maxn],dfn[maxn],low[maxn],sum,Sum[maxn];
long long ans;
struct node{
int u,v,t;
}p[maxn];
struct edge{
int v,t,pre,x;
}e[maxn*];
queue<int>q;
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,int dis,int i){
num++;e[num].v=to;
e[num].x=i;
e[num].t=dis;
e[num].pre=head[from];
head[from]=num;
}
void Tarjan(int x,int fa){
dfn[x]=low[x]=++topt;
s[++top]=x;vis[x]=;
for(int i=head[x];i;i=e[i].pre){
int v=e[i].v;
if(v==fa||!f[e[i].x])continue;
if(dfn[v]==){
Tarjan(v,x);low[x]=min(low[x],low[v]);
}
else if(vis[v])low[x]=min(low[x],dfn[v]);
}
if(low[x]==dfn[x]){
sum++;while(x!=s[top]){
Sum[sum]++;vis[s[top]]=;top--;
}
Sum[sum]++;vis[s[top]]=;top--;
}
}
bool Judge(){
memset(dfn,,sizeof(dfn));
memset(low,,sizeof(low));
memset(s,,sizeof(s));
memset(vis,,sizeof(vis));
memset(Sum,,sizeof(Sum));
topt=top=sum=;
for(int i=;i<=n;i++)
if(dfn[i]==)Tarjan(i,);
for(int i=;i<=sum;i++)
if(Sum[i]>)return ;
return ;
}
void SPFA(){
memset(D,/,sizeof(D));
D[]=;f[]=;q.push();
while(!q.empty()){
int k=q.front();q.pop();f[k]=;
for(int i=head[k];i;i=e[i].pre){
int v=e[i].v;
if(D[v]>D[k]+e[i].t){
D[v]=D[k]+e[i].t;
if(f[v]==){
f[v]=;q.push(v);
}
}
}
}
}
void dfs(int now,int from,int x){
S[now]=min(S[now],x);
for(int i=head[now];i;i=e[i].pre){
if(!f[e[i].x])continue;
int v=e[i].v;if(v==from)continue;
dfs(v,now,x+e[i].t);
}
}
void Solve(){
memset(S,/,sizeof(S));
S[]=;dfs(,,);
for(int i=;i<=n;i++)
if(S[i]!=D[i])return;
ans++;return;
}
void Dfs(int now){
if(now==m+){
int cnt=;
for(int i=;i<=m;i++)
if(f[i])cnt++;
if(cnt!=n-||!Judge())return;
Solve();return;
}
f[now]=;Dfs(now+);
f[now]=;Dfs(now+);
}
int main()
{
freopen("castle.in","r",stdin);
freopen("castle.out","w",stdout);
n=init();m=init();
int u,v,t;
for(int i=;i<=m;i++){
u=init();v=init();t=init();
p[i].u=u;p[i].v=v;p[i].t=t;
Add(u,v,t,i);Add(v,u,t,i);
}
SPFA();memset(f,,sizeof(f));Dfs();
cout<<ans<<endl;
fclose(stdin);fclose(stdout);
return ;
}
/*
很机智的题解
维护每个点连出去的边中 有几个是最短路上的
假设 两个点 ij i有a条连边是最短路上的 j有b条
那么 1 i j 这三个点构成一棵树就有 1*a*b中方法
加上其他的点同理
最后乘法原理算一下
*/
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define ll long long
#define mod ((1<<31)-1)
#define maxn 1010
using namespace std;
int n,m,num,head[maxn],f[maxn],D[maxn],c[maxn];
ll ans=;
struct node{
int u,v,t;
}p[maxn*maxn];
struct edge{
int v,t,pre;
}e[maxn**maxn];
queue<int>q;
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,int dis){
num++;e[num].v=to;
e[num].t=dis;
e[num].pre=head[from];
head[from]=num;
}
void SPFA(){
memset(D,/,sizeof(D));
D[]=;f[]=;q.push();
while(!q.empty()){
int k=q.front();q.pop();f[k]=;
for(int i=head[k];i;i=e[i].pre){
int v=e[i].v;
if(D[v]>D[k]+e[i].t){
D[v]=D[k]+e[i].t;
if(f[v]==){
f[v]=;q.push(v);
}
}
}
}
}
int main()
{
freopen("castle.in","r",stdin);
freopen("castle.out","w",stdout);
n=init();m=init();
int u,v,t;
for(int i=;i<=m;i++){
u=init();v=init();t=init();
p[i].u=u;p[i].v=v;p[i].t=t;
Add(u,v,t);Add(v,u,t);
}
SPFA();
for(int i=;i<=m;i++){
if(D[p[i].v]==D[p[i].u]+p[i].t)c[p[i].v]++;
if(D[p[i].u]==D[p[i].v]+p[i].t)c[p[i].u]++;
}
for(int i=;i<=n;i++)
ans=ans*(ll)c[i]%mod;
cout<<ans<<endl;
fclose(stdin);fclose(stdout);
return ;
}