【NOIP模拟】20151014模拟

T1 外星人的友情

Problem

问题描述

小 Y 最近正在接受来自 X3 星球的外星人的采访。在那个星球上,每个人的名字都是一个正整数。所有在这个星球上的居民都是相互认识的。两个这个星球上的人的友谊值可以用这样来计算:先把两个人的名字转换成二进制,然后把他们上下对齐排好,如果同一列的值相等,那么相应列的值就是 0,否则的话就是1,结果最后仍旧转换成十进制数。

例如,两个人的名字是 19 和 10,他们的友谊值是 25

这个星球的价值是这么计算的:所有友情值的和。

小 Y 邀请你帮助他来计算

这个值。

输入

输入文件第一行一个整数 N,表示这个星球上的总人口。

接下来 N 行,每行一个正整数(小于 1000000),表示每个居民的姓名。

输出

输出文件一行一个整数,表示这个星球的价值。

输入输出样例 1

alien.in

2

25

19

alien.out

10

输入输出样例 2

alien.in

3

12

7

3

alien.out

5

输入输出样例 3

alien.in

5

84

9

13

1

9

alien.out

6

样例说明

在第 2 个样例中,1 和 2 的友谊值是 4,1 和 3 的友谊值是 2,2 和 3 的友谊值

是 6,所以结果是 4+2+6=12。

数据限制

对于 40%的数据满足:N<=5000

对于 70%的数据满足:N<=100000

对于 100%的数据满足:1<=N<=1000000,每个居民的姓名小于 1000000

Solution

先逐位统计每一位上的1的个数和0的个数，这里注意位数不满的要补齐前导零并计数之

然后用乘法原理统计每一位的异或和，累加

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define red(i, a, b) for(int i = (a); i >= (b); i--)
#define ll long long

const int N = 1100000;
int n; ll ans;
ll a
;
ll base[50], cnt[50][3];

inline ll read() {
ll x = 0; char c = getchar();
while(!isdigit(c)) c = getchar();
while(isdigit(c)) {
x = x * 10 + c - '0';
c = getchar();
}
return x;
}

void calc(ll x) {
int j = 0;
while(x) {
cnt[++j][x & 1]++;
x >>= 1;
}
for(j = j + 1; j <= 22; j++) cnt[j][0]++;
}

int main() {
freopen("alien.in", "r", stdin);
freopen("alien.out", "w", stdout);

scanf("%d", &n);
memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
memset(base, 0, sizeof(base));
rep(i, 1, n) {
a[i] = read();
calc(a[i]);
}
base[1] = 1;
rep(i, 2, 22) base[i] = base[i - 1] * 2ll;
ans = 0;
rep(i, 1, 22) ans += cnt[i][0] * cnt[i][1] * base[i];
printf("%I64d\n", ans);
return 0;
}

T2 多段线

Problem

问题描述

有若干个类似于下面的函数:



定义 n 个函数 y1(x),…,yn(x)的对于任意 x 的总和s(x)=y1(x)+...+yn(x)

很容易发现 s(x)的图象是多段线组成。给你 n 个函数,你的任务是找出 s(x)图象不等于 180 度的角的个数。

输入

第一行一个整数 n,表示函数的个数。

接下来 n 行,每行包含两个空格隔开的整数 ki,bi,表示第 i 个函数的参数。

输出

输出一行一个整数,表示形成的多段线的图像中不等于 180 度角的个数。

输入输出样例

polyline.in

3

1 0

0 2

-1 1

polyline.out

2

数据限制

对于 30%的数据满足:n<=3000

对于 100%的数据满足:1<=n<=100000,-10^9 <= ki,bi <= 10^9

Solution

显然的，s(x)是由多条直线构成的，因此若有夹角出现，则一定是斜率发生了
120fb
变化

再考虑写率变化的方式，由于单个一次函数在大于0时有斜率，小于0时则没有。因此s(x)的每一次斜率变化一定发生在某一个一次函数的零点

现在已经可以解决这个题了，记一个sk，表示图像的当前斜率，将零点按大小排序，在每个零点进行修改

诶嗨，这个sk好像是单调的呢

为什么呢？很简单的啦，自己想吧～

也就说，只要统计有多少个不同的零点就可以了

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define red(i, a, b) for(int i = (a); i >= (b); i--)
#define ll long long
#define ld long double

const int N = 110000;
struct Line {
ll k, b;
ld x0;
}line
;
int n, ans = 0;

inline ll read() {
ll x = 0, f = 1; char c = getchar();
while(!isdigit(c)) {
if (c == '-') f = -1;
c = getchar();
}
while(isdigit(c)) {
x = x * 10ll + c - '0';
c = getchar();
}
return x * f;
}

bool cmp(Line x, Line y) {
return (x.k * y.k > 0 && x.b * y.k - y.b * x.k > 0 ||
x.k * y.k < 0 && x.b * y.k - y.b * x.k < 0);
}

bool dcmp(Line x, Line y) {
return x.b * y.k - y.b * x.k == 0;
}

int main() {
freopen("polyline.in", "r", stdin);
freopen("polyline.out", "w", stdout);

n = read();
ll sk = 0;
int j = 0;
rep(i, 1, n) {
int kk = read(), bb = read();
if (kk == 0) continue;
line[++j].k = kk; line[j].b = bb;
if (line[j].k < 0) sk += line[j].k;
}
n = j;
sort(line + 1, line + n + 1, cmp);
int i = 1;
while(i <= n) {
ll old = sk;
while(dcmp(line[i], line[i + 1]) && i < n) {
if (line[i].k < 0) sk -= line[i].k;
else sk += line[i].k;
i++;
}
if (line[i].k < 0) sk -= line[i].k;
else sk += line[i].k;
if (sk != old) ans++;
i++;
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}

T3 奇葩的路

Problem

问题描述

现在有一条单个车道的路,两边会不断有车来,任意时刻路上只能有一个方向的车,每辆车速度相同,同一方向的车必须在前一辆车上路 3 秒后才能上路,可以在路口等待,不能超车,每个人在路口等过其忍受范围后便会不高兴,现在请你安排过路顺序,使得不高兴的人数最少。

输入

第一行两个整数 t 和 n,4 ≤ t ≤ 180 ,1 ≤ n ≤ 250,代表有 n 辆车,

每辆车过桥时间为 t 秒;

下面 n 行,描述每辆车,每行一个字符 c,两个数字 a 和 r;c=“E”或“W”

代表方向,a 代表到达时间(秒),r 代表最大忍受时间(秒,上路时间 - a),

0 ≤ a < 86400,0 ≤ r ≤ 3600),按到来顺序给出,a 相同时以到来顺序为

准。

输出

输出一行一个整数,代表最少发怒人数。

输入输出样例

roadwork.in

100 5

W 0 200

W 5 201

E 95 1111

E 95 1

E 95 11

roadwork.out

1

Solution

记dp[left][right][k][tag]表示从左向右过了left辆车，从右向左过了right辆车，其中最后一辆车方向为tag（0表示从左向右，1表示从右向左），导致k个人不开心的最短时间

分类讨论，可以O（1）转移

Code

// Solution of problem Road Work
// Time complexity: O(n^3)
// Space complexity: O(n^2)
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdio>
using namespace std;

#define MAX_N 350
int resetValue = 123*MAX_N;
const int maxTotalTime = 86400+MAX_N*3+2*MAX_N*180;

struct Car
{
int arrival;
int lastLeave;
};
vector<Car> toWest;
vector<Car> toEast;
int timeToPass;

int dp[MAX_N+1][MAX_N+1][MAX_N+1][2]; // totalTime = dp[drivenEast][drivenWest][numIrritated][lastToWest=0,lastToEast=1]

int calc(int drivenWest, int drivenEast, int numIrritated, int lastToEast)
{
int &dpv = dp[drivenWest][drivenEast][numIrritated][lastToEast];
if (dpv == 0x7f7f7f7f)
{
if ((lastToEast ? drivenEast : drivenWest) == 0)
dpv = maxTotalTime;
else
{
const Car &myCar = (lastToEast ? toEast[drivenEast-1] : toWest[drivenWest-1]);
if (lastToEast)
--drivenEast;
else
--drivenWest;
dpv = maxTotalTime;
// Check with one less to the east and one less to the west.
for (int dir = 0; dir < 2; ++dir)
{
// Allow getting irritated
if (numIrritated > 0)
dpv = min(dpv, calc(drivenWest, drivenEast, numIrritated-1, dir) + (dir == lastToEast ? 3 : timeToPass));
// Not getting irritated
int myTime = calc(drivenWest, drivenEast, numIrritated, dir) + (dir == lastToEast ? 3 : timeToPass);
if (myTime <= myCar.lastLeave)
dpv = min(dpv, myTime);
}
if (dpv < maxTotalTime)
dpv = max(myCar.arrival, dpv);
}
}
return dpv;
}

int main()
{
freopen("roadwork.in","r",stdin);
freopen("roadwork.out","w",stdout);
int n;
cin >> timeToPass >> n;
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
string d;
int maxStillTime;
Car car;
cin >> d >> car.arrival >> maxStillTime;
car.lastLeave = car.arrival + maxStillTime;
if (d == "W")
toWest.push_back(car);
else if (d == "E")
toEast.push_back(car);
else
return -1;
}
// Dynamic programming
// Reset
memset(&dp[0][0][0][0], 0x7f7f7f7f, sizeof(dp));
dp[0][0][0][0] = dp[0][0][0][1] = -3;
// Run
int numIrritated;
for (numIrritated = 0; numIrritated <= n; ++numIrritated)
{
int t = min(
calc((int)toWest.size(), (int)toEast.size(), numIrritated, 0),
calc((int)toWest.size(), (int)toEast.size(), numIrritated, 1));
if (t < maxTotalTime)
break;
}
cout << numIrritated << endl;
return 0;
}

尾声

前两题水题，最后一题也不是很难，题目描述太蛋疼。

最后一题强行意淫了一个平方算法，自认为很精妙的WA了。

还是要按照基本法来。

220，考得还没以前的小朋友高，不过还是rank1。。说什么呢

最后一题的std是java风格-_-||

HBH一发自爆，大概炸来了一个妹纸吧

SXP需要大量的蛋白质

End.