2014 Multi-University Training Contest 6 部分题目解题报告

http://acm.hdu.edu.cn/search.php?field=problem&key=2014%20Multi-University%20Training%20Contest%206&source=1&searchmode=source

HDOJ 4921 Map

题意：

模型转化为：给不超过10条链，每条链不超过1000个点，每条链可以选前缀的一段或是不选，每一种选法都会得到分数，分数又分成两步计算（还挺麻烦，不解释了），现在让你随便选，问选出来的分数期望是多少。

分析：

每种选法是等概率的，所以所求期望就是 Σ每个方案的分数/总方案数。总方案数就是所有链的长度+1的乘积，再-1（去掉都不选的情况）。考虑每种方案的分数很复杂，其实可以考虑每个点的分数会被取多少次。对于第一步，每个点就是自己的分数乘以会包含该点的方案数，即是其他链的取法的乘积乘上该点到该链末尾的长度。然后第二步就是考虑每一个等级(1000)，然后2^10暴力枚举每条链该等级选或不选，累加即可。题解没仔细看，貌似更很厉害些，还有个log的复杂度=。=。。。

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;

int T, n, m, x, y, tot;
int nex[10100], v[10100], line[15][1010];
bool head[10100];
double sum, sumv;
void dfs(int lv, int pos, int yi, int sumi, int xi, double sum)
{
if (pos > tot){
if (yi > 1){
sumv += (double)yi * sumi / xi * sum;
}
return;
}
if (line[pos][0] < lv)
dfs(lv, pos+1, yi, sumi, xi, sum*(line[pos][0]+1));
else{
dfs(lv, pos+1, yi+1, sumi+v[line[pos][lv]], xi, sum*(line[pos][0]-lv+1));
dfs(lv, pos+1, yi, sumi, xi, sum*lv);
}
}
int main()
{
scanf("%d", &T);
while(T--)
{
scanf("%d %d", &n, &m);
for (int i = 0; i < n; i++) scanf("%d", v+i);
memset(head, 1, sizeof(head));
memset(nex, -1, sizeof(nex));
for (int i = 0; i < m; i++){
scanf("%d %d", &x, &y);
nex[x] = y;
head[y] = 0;
}
tot = 0; sum = 1.0; sumv = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) if (head[i]){
line[++tot][0] = 1;
line[tot][1] = i;
int now = i; int &cnt = line[tot][0];
while (nex[now] != -1){
now = nex[now];
line[tot][++cnt] = now;
}
}
for (int i = 1; i <= tot; i++)
sum *= (double)(line[i][0] + 1);
for (int i = 1; i <= tot; i++){
int len = line[i][0];
for (int j = 1; j <= len; j++){
int k = line[i][j];
if (tot == 1) sumv += (double)v[k] * (len - j + 1);
else sumv += (double)v[k] * sum * (len - j + 1) / (len+1);
}
}
//        printf("%.3lf\n", sumv);
if (tot > 1){
int maxlv = 1;
for (int i = 1; i <= tot; i++)
if (line[i][0] > maxlv) maxlv = line[i][0];
for (int i = 1; i <= maxlv; i++){
int xi = 0;
for (int j = 1; j <= tot; j++)
if (line[j][0] >= i) xi++;
dfs(i, 1, 0, 0, xi, 1.0);
}
}
//        printf("%.3lf\n", sumv);
printf("%.3lf\n", sumv/(sum-1.0));
}
return 0;
}

HDOJ 4923 Room and Moor

题意：

给定序列Ai，只有0和1，你要选择一个序列Bi，满足单调非递减，每一项范围在[0,1]的条件，使得Σ(Ai - Bi)^2最小。

分析：

先考虑贪心，前面连续的0和末尾连续的1都可以去掉，每当碰上0，不用上升，如果是1，考虑上升和上升的高度，然后就跪了。可以想象最后的Bi应该是一条条高度上升的线段，也就是从l到r的一段区间，Bl..Bi..Br的值相同，对所求式子求导，或是直接展开成一个二次函数，会发现对于一段区间，Bi的最优值等于Ai中对应区间的1的个数除以1和0的个数（即区间长度）。通过这样的方式来贪心处理不了100...000111...110这种情况。其实可以引入单调栈让我们有“反悔”的机会。单调栈里存的是之前的区间的Bi的大小，显然是递增的。我们加入新的区间（开始就是新的点），计算它的Bi最优值，如果比栈顶的高，我们就加入栈。如果比栈顶低，我们就把栈顶区间取出，和当前区间合并，再和新栈顶比较，直到比某个栈顶高或者栈空，将合并后的区间压入栈。最后扫描一遍栈求出答案即可。

#include<cstdio>
using namespace std;

const int maxn = (int)1e5+10;
struct node{
int l, r;
double h;
node(){}
node(int ll, int rr, double hh):l(ll), r(rr), h(hh){}
} stack[maxn];
int T, n;
int a[maxn], sum[maxn];
int main()
{
scanf("%d", &T);
while(T--)
{
scanf("%d", &n);
sum[0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++){
scanf("%d", a+i);
sum[i] = sum[i-1] + a[i];
}
int top = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++){
node now = node(i, i, sum[i]-sum[i-1]);
while(top > 0 && now.h < stack[top-1].h){
top --;
now.l = stack[top].l;
now.h = (double)(sum[now.r] - sum[now.l-1])/(now.r - now.l + 1);
}
stack[top++] = now;
}
double ans = 0;
for (int i = 0; i < top; i++){
int ll = stack[i].l, rr = stack[i].r;
int len = rr - ll + 1;
double hh = stack[i].h;
int tot = sum[rr] - sum[ll-1];
ans += hh * hh * len - 2.0 * tot * hh + tot;
}
printf("%.6lf\n", ans);
}
return 0;
}

HDOJ 4925 Apple Tree

题意：

n×m的图，每格可以种苹果或施肥，种苹果得一个苹果，施肥的格子上下左右的格子若种苹果则苹果数翻倍，问最多能得几个苹果。

分析：

本场签到题，观察发现黑白染色可以获得最多的苹果。范围很小，可以直接染色求结果，推公式也很快。（提示：先考虑1×m的情况，再考虑2×m的情况，推广到n×m的情况）

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<ctime>
#include<string>
using namespace std;

int T;
char aa[30], bb[30];
int a[20], b[20];
int abig[10], bbig[10], acnt[10], bcnt[10];
int trans(char x)
{
if ('3' <= x && x <= '9') return x - '0' - 2;
if (x == 'T') return 8;
if (x == 'J') return 9;
if (x == 'Q') return 10;
if (x == 'K') return 11;
if (x == 'A') return 12;
if (x == '2') return 13;
if (x == 'X') return 14;
if (x == 'Y') return 15;
}
bool legal()
{
memset(acnt, 0, sizeof(acnt));
int sum = 0;
for (int i = 1; i <= 15; i++)
sum += a[i];
//    printf("%d\n", sum);
if (sum > 6) return false;
if (sum == 1) return true;
for (int i = 1; i <= 15; i++){
if (a[i]) acnt[a[i]]++;
}
//    for (int i = 1; i <= 15; i++)
//        printf("%d ", a[i]);
//    printf("\n");
//    for (int i = 1; i <= 6; i++)
//        printf("%d ", acnt[i]);
//    printf("\n");
if (sum == 2 && acnt[2]) return true;
if (sum == 3 && acnt[3]) return true;
if (sum == 4 && acnt[4]) return true;
if (sum == 4 && acnt[3]) return true;
if (sum == 5 && acnt[3] && acnt[2]) return true;
if (sum == 6 && acnt[4]) return true;
return false;
}
bool comp()
{
if (legal()) return 1;
if (a[14] && a[15]) return 1;
if (b[14] && b[15]) return 0;
memset(abig, -1, sizeof(abig));
memset(acnt, 0, sizeof(acnt));
memset(bbig, -1, sizeof(bbig));
memset(bcnt, 0, sizeof(bcnt));
for (int i = 1; i <= 15; i++){
if (a[i]){
acnt[a[i]]++;
for (int j = 1; j <= a[i]; j++)
abig[j] = i;
}
if (b[i]){
bcnt[b[i]]++;
for (int j = 1; j <= b[i]; j++)
bbig[j] = i;
}
}
if (abig[4] > bbig[4]) return true;
else if (bbig[4] != -1) return false;
if (abig[1] > bbig[1]) return true;
if (abig[2] > bbig[2]) return true;
if (abig[3] > bbig[3]) return true;
if (abig[3] != -1 && acnt[1] != 0 && bcnt[1] == 0 && bcnt[2] == 0) return true;
if (abig[3] != -1 && acnt[2] != 0 && bcnt[2] == 0) return true;
return false;
}
int main()
{
scanf("%d", &T);
while(T--)
{
scanf("%s %s", aa, bb);
memset(a, 0, sizeof(a));
memset(b, 0, sizeof(b));
for (int i = 0; i < strlen(aa); i++){
int x = trans(aa[i]);
a[x] ++;
}
for (int i = 0; i < strlen(bb); i++){
int x = trans(bb[i]);
b[x] ++;
}
bool win = comp();
if (win) puts("Yes");
else puts("No");
}
return 0;
}

View Code