2018“百度之星”程序设计大赛 - 复赛
沒有兄弟的舞會
? ?Accepts: 928 ? ?Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) ? ?Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others) Problem Description度度熊、光羽、帶勁三個人是好朋友。
度度熊有一棵nn個點的有根樹，其中1號點為樹根。除根節點之外，每個點都有父節點，記ii號點的父節點為fa[i]fa[i]。
度度熊稱點ii和點jj是兄弟（其中i \neq ji≠j）當且僅當fa[i]=fa[j]fa[i]=fa[j]。
第ii個點的權值為A_iA?i??。現要求選出一個點集，該點集合法當且僅當點集中至多只有一對兄弟。
度度熊想知道，在所有可行的點集中，權值和最大以及最小的點集權值和分別是多少？
Input第一行一個數，表示數據組數TT。
每組數據第一行一個整數nn；第二行n-1n?1個數，表示fa[2],fa[3],..,fa[n]fa[2],fa[3],..,fa[n]；第三行nn個數，表示A_iA?i??。
數據組數T=100，滿足：
- 1 \le n \le 10^51≤n≤10?5??
- -10^9 \le A_i \le 10^9?10?9??≤A?i??≤10?9??
- 1 \le fa[i] < i1≤fa[i]<i
其中90%的數據滿足n \le 1000n≤1000。
Output每組數據輸出一行，每行包含兩個數，分別表示權值和的最大值和最小值。
Sample Input Copy 2 5 1 1 2 2 -4 -4 -1 -2 -5 5 1 1 3 2 -1 -4 2 0 -2 Sample Output 0 -15 2 -7這個對我來說有點hard啊，我比較傻，要選的是點集，不一定是子樹，所以即使是樹形dp也不是全都可以選的，所以可以直接sort之后取一個就好了
另外一個直接找就好了
#include<stdio.h> #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define lson l,(l+r)/2,rt<<1 #define rson (l+r)/2+1,r,rt<<1|1 #define dbg(x) cout<<#x<<" = "<< (x)<< endl #define pb push_back #define fi first #define se second #define ll long long #define sz(x) (int)(x).size() #define pll pair<long long,long long> #define pii pair<int,int> #define pq priority_queue const int N=1e5+5,MD=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f; const ll LL_INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f; const double eps=1e-9,e=exp(1),PI=acos(-1.); vector<ll>G[N]; ll a[N],x; int main() {ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);int T,n;cin>>T;while(T--){cin>>n;for(int i=2; i<=n; i++)cin>>a[i];for(int i=1; i<=n; i++)cin>>x,G[a[i]].push_back(x);ll ma=0,mi=0,minx=1e9,maxx=-1e9;for(int i=0; i<=n; i++){sort(G[i].begin(),G[i].end());int len=G[i].size();if(len){ma=max(ma,ma+G[i][len-1]),mi=min(mi,mi+G[i][0]);if(len>1)minx=min(minx,G[i][1]),maxx=max(maxx,G[i][len-2]);}}mi=min({mi,mi+minx,0LL}),ma=max({ma,maxx+ma,0LL});cout<<ma<<" "<<mi<<"\n";for(int i=0; i<=n; i++)G[i].clear();}return 0; }帶勁的and和
? ?Accepts: 791 ? ?Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) ? ?Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others) Problem Description度度熊專門研究過“動態傳遞閉包問題”，他有一萬種讓大家爆蛋的方法；但此刻，他只想出一道簡簡單單的題——至繁，歸于至簡。
度度熊有一張n個點m條邊的無向圖，第ii個點的點權為v_iv?i??。
如果圖上存在一條路徑使得點ii可以走到點jj，則稱i,ji,j是帶勁的，記f(i,j)=1f(i,j)=1；否則f(i,j)=0f(i,j)=0。顯然有f(i,j) = f(j,i)f(i,j)=f(j,i)。
度度熊想知道求出：?\sum_{i=1}^{n-1} \sum_{j=i+1}^{n} f(i,j) \times \max(v_i, v_j) \times (v_i \& v_j)∑?i=1?n?1??∑?j=i+1?n??f(i,j)×max(v?i??,v?j??)×(v?i??&v?j??)
其中\&&是C++中的and位運算符，如1&3=1, 2&3=2。
請將答案對10^9+710?9??+7取模后輸出。
Input第一行一個數，表示數據組數TT。
每組數據第一行兩個整數n,mn,m；第二行nn個數表示v_iv?i??；接下來mm行，每行兩個數u,vu,v，表示點uu和點vv之間有一條無向邊。可能有重邊或自環。
數據組數T=50，滿足：
- 1 \le n,m \le 1000001≤n,m≤100000
- 1 \le v_i \le 10^91≤v?i??≤10?9??。
其中90%的數據滿足n,m \le 1000n,m≤1000。
Output每組數據輸出一行，每行僅包含一個數，表示帶勁的and和。
Sample Input Copy 1 5 5 3 9 4 8 9 2 1 1 3 2 1 1 2 5 2 Sample Output 99其實就是每一個聯通塊要算貢獻，這個聯通塊是可以用二進制壓縮的，所以并查集找出聯通塊直接暴力就好了
#include<stdio.h> #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define lson l,(l+r)/2,rt<<1 #define rson (l+r)/2+1,r,rt<<1|1 #define dbg(x) cout<<#x<<" = "<< (x)<< endl #define pb push_back #define fi first #define se second #define ll long long #define sz(x) (int)(x).size() #define pll pair<long long,long long> #define pii pair<int,int> #define pq priority_queue const int N=1e5+5,MD=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f; const ll LL_INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f; const double eps=1e-9,e=exp(1),PI=acos(-1.); int fa[N],v[N]; vector<int>G[N]; int find(int x) {return x==fa[x]?x:(fa[x]=find(fa[x])); } void la(int x,int y) {x=find(x),y=find(y);if(x!=y)fa[x]=y; } int bit[31]; ll lb(vector<int>v) {sort(v.begin(),v.end());ll ans=0,sum[31]= {0};for(auto t:v)for(int j=0; j<30; j++){if(t&bit[j]){ans=(ans+t*1LL*sum[j]%MD*bit[j]%MD)%MD;sum[j]++;}}return ans; } int main() {ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);for(int i=0; i<30; i++)bit[i]=1<<i;int T,n,m;cin>>T;while(T--){cin>>n>>m;for(int i=1; i<=n; i++)cin>>v[i];for(int i=1; i<=n; i++)fa[i]=i;for(int i=0,u,v; i<m; i++)cin>>u>>v,la(u,v);for(int i=1; i<=n; i++)G[find(i)].push_back(v[i]);int ans=0;for(int i=1; i<=n; i++){if(G[i].size()==0)continue;ans=(ans+lb(G[i]))%MD;}cout<<ans<<"\n";for(int i=1; i<=n; i++)G[i].clear();}return 0; }序列期望
? ?Accepts: 545 ? ?Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) ? ?Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others) Problem Description"看似隨機，實則早已注定"——光羽
度度熊有nn個隨機變量x_1,x_2,...,x_nx?1??,x?2??,...,x?n??。給定區間[l_1, r_1],...,[l_n, r_n][l?1??,r?1??],...,[l?n??,r?n??]，變量x_ix?i??的值會等概率成為區間[l_i, r_i][l?i??,r?i??]中的任意一個整數。
顯然這nn個隨機變量的值會有一共\prod_{i=1}^{n} (r_i - l_i + 1)∏?i=1?n??(r?i???l?i??+1)?種情況，且每種情況出現的概率為\prod_{i=1}^{n} \frac{1}{r_i - l_i + 1}∏?i=1?n???r?i???l?i??+1??1???。
對于某種情況，令h= \max{ x_1,x_2,...,x_n}h=max{x?1??,x?2??,...,x?n??}，定義這種情況的權值為：\prod_{i=1}^{n} (h - x_i + 1)∏?i=1?n??(h?x?i??+1).
度度熊想知道權值的期望是多少？請將答案對10^9 + 710?9??+7取模后輸出。
PS：不清楚期望是啥？為什么不問問神奇的百度呢？
Input第一行一個數，表示數據組數TT。
每組數據第一行一個整數nn；接下來nn行，每行兩個數，表示l_il?i??和r_ir?i??。
數據組數T=100，滿足：
- 1 \le n \le 1001≤n≤100
- 1 \le l_i \le r_i \le 10^41≤l?i??≤r?i??≤10?4??
其中70%的數據滿足r_i \le 100r?i??≤100。
Output每組數據輸出一行，每行僅包含一個數，表示期望。
假設答案為\frac{p}{q}?q??p??，請輸出p \times q^{-1} ~mod~10^9+7p×q??1???mod?10?9??+7，此處q^{-1}q??1??為qq的逆元。
Sample Input 2 3 2 5 2 4 2 5 3 1 1 2 3 1 1 Sample Output Copy 875000012 500000010 Hint 第二組數據的解釋：序列只有兩種情況（1,2,1）和(1,3,1)，權值分別為2*1*2=4和3*1*3=9，答案為(4+9)/2，在模域下為500000010。 這個題目看起來好像不可做，其實就是簡單的期望，我們只要想到權值的統計方法就好了 顯然我們可以枚舉最大的區間 卡常勸退，比賽都能過的啊 #include<stdio.h> #include<algorithm> typedef long long ll; const int MD=1e9+7; int l[105],r[105]; ll w[105],v[10002]; int main() {v[0]=v[1]=1;for(int i=2; i<10002; i++)v[i]=v[MD%i]*(MD-MD/i)%MD;int T,n,m;scanf("%d",&T);while(T--){int L=0,R=0;ll ans=0;scanf("%d",&n);for(int i=0; i<n; i++)scanf("%d%d",&l[i],&r[i]),L=std::max(L,l[i]),R=std::max(R,r[i]);auto la=[&](long long x, long long y){return (x+y)*(y-x+1)%MD*v[2]%MD;};for(int i=L; i<=R; i++){ll t=1;w[n]=1;for(int j=0,x,y; j<n; j++){x=std::max(2,i-r[j]+1),y=i-l[j]+1;w[j]=la(x,y);}for(int j=n-1; j>=0; j--)w[j]=w[j]*w[j+1]%MD;for(int j=0,x,y; j<n; j++){if(r[j]>=i)ans=(ans+t*w[j+1])%MD;x=std::max(1,i-r[j]+1),y=i-l[j]+1;t=t*la(x,y)%MD;}}for(int i=0; i<n; i++)ans=ans*v[r[i]-l[i]+1]%MD;printf("%lld\n",ans);}return 0; }?前面一定是2的倍數，為什么要乘上逆元，sb了，這樣就不被卡常了
#include<stdio.h> #include<algorithm> typedef long long ll; const int MD=1e9+7; int l[105],r[105]; ll w[105],v[10002]; ll la(ll x,ll y) {return (x+y)*(y-x+1)/2%MD; } int main() {v[0]=v[1]=1;for(int i=2; i<10002; i++)v[i]=v[MD%i]*(MD-MD/i)%MD;int T,n,m;scanf("%d",&T);while(T--){int L=0,R=0;ll ans=0;scanf("%d",&n);for(int i=0; i<n; i++)scanf("%d%d",&l[i],&r[i]),L=std::max(L,l[i]),R=std::max(R,r[i]);for(int i=L; i<=R; i++){ll t=1;w[n]=1;for(int j=0,x,y; j<n; j++){x=std::max(2,i-r[j]+1),y=i-l[j]+1;w[j]=la(x,y);}for(int j=n-1; j>=0; j--)w[j]=w[j]*w[j+1]%MD;for(int j=0,x,y; j<n; j++){if(r[j]>=i)ans=(ans+t*w[j+1])%MD;x=std::max(1,i-r[j]+1),y=i-l[j]+1;t=t*la(x,y)%MD;}}for(int i=0; i<n; i++)ans=ans*v[r[i]-l[i]+1]%MD;printf("%lld\n",ans);}return 0; }?
轉載于:https://www.cnblogs.com/BobHuang/p/9501607.html
總結
以上是生活随笔為你收集整理的2018“百度之星”程序设计大赛 - 复赛的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。
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