總的來說，這套題的難度比較接近近些年來Day1的真實(shí)難度，認(rèn)為非常值得一打
GotoAndPlay
題目大意
詢問這個圖上是否存在一種跳法，能跳到這個圖上的每一個點(diǎn)
題目解析
犯了個低級錯誤，雙向邊忘記*2，最后兩個點(diǎn)RE了
因?yàn)轭}目告知是“跳兩次”，所以很容易想到將這個圖分成“奇數(shù)點(diǎn)”和“偶數(shù)點(diǎn)”，那么所有“奇點(diǎn)“和所有“偶點(diǎn)”是能夠獨(dú)立相互到達(dá)的。
換句話來說，只要有一個點(diǎn)既屬于“偶點(diǎn)“又屬于”奇點(diǎn)”，那整個圖都能相互到達(dá)了（這就是二分圖）
因此我們先在原圖做一遍DFS/BFS，標(biāo)記初始標(biāo)號
如果有一個點(diǎn)我們要對他進(jìn)行標(biāo)記兩種不同標(biāo)號，那整個圖就完全可以到達(dá)了
如果假的一條邊，連通了兩個標(biāo)記不一樣的點(diǎn)，那“奇點(diǎn)”就可以到達(dá)“偶點(diǎn)”了，及那整個圖就完全可以到達(dá)了
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;#define qword long long
#define seta(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define forn(i, n) for (int i = 1; i <= (int)(n); ++ i)
#define rep(i, s, t) for (int i = (int)(s); i <= (int)(t); ++ i)const int maxn = 4e5 + 10;inline void File() {const string task = "GotoAndPlay";freopen((task + ".in").data(), "r", stdin);freopen((task + ".out").data(), "w", stdout);
}int n, m;
int to[maxn], head[maxn], next[maxn];
int color[maxn];
bool flag = false;int cnt = 0;inline void addEdge(int x, int y) {to[++cnt] = y;next[cnt] = head[x];head[x] = cnt;
}inline void dfs(int x, int c) {if (color[x] != -1 && color[x] != c) {flag = 1; return;}color[x] = c;for (int i = head[x]; i; i = next[i]) {if (color[to[i]] == -1) dfs(to[i], (~c) & 1);//else if (color[to[i]] == color[i]) flag = true;}
}inline void query(int x) {int a, b;scanf("%d %d", &a, &b);if (color[a] == color[b] || flag) {printf("Yes\n"); return;}printf("No\n"); return;
}int main() {//File();scanf("%d %d", &n, &m);int x, y;forn(i, m) {scanf("%d %d", &x, &y);addEdge(x, y); addEdge(y, x);}forn(i, n) color[i] = -1; // Initdfs(1, 0);int p;scanf("%d", &p);forn(i, p) query(p);return 0;
}
StopAllSounds
題目分析
一開始沒有條理的亂搞，浪費(fèi)了5分鐘。。。
因?yàn)闄M只為2，所以我們可以分析出當(dāng)前這只積木落下后最后的狀態(tài)。
因?yàn)榘l(fā)現(xiàn)當(dāng)前積木落下之后，下面所有的積木構(gòu)成已經(jīng)對后續(xù)沒有影響，這滿足了無后效性這一DP的基本條件
于是我們做一個dp，用 $ f[i][j] $ 表示現(xiàn)在最高的積木在 $ i $ 這個高度，最后一個狀態(tài)是 $ j $ （這里我用1-6表示6中最終狀態(tài)）
最后進(jìn)行轉(zhuǎn)移就行了
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;#define qword long long
#define seta(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define forn(i, n) for (int i = 1; i <= (int)(n); ++ i)
#define rep(i, s, t) for (int i = (int)(s); i <= (int)(t); ++ i)inline void File() {const string task = "StopAllSounds";freopen((task + ".in").data(), "r", stdin);freopen((task + ".out").data(), "w", stdout);
}const int mod = 1e9 + 7;int n;
long long dp[1001000][7];int main() {File();scanf("%d",&n);memset(dp, 0, sizeof(dp));forn(i, 6) dp[3][i] = 1;dp[3][4] = 0; dp[2][4] = 1;rep(i, 4, n) {dp[i][1] = (dp[i-3][1] + dp[i-2][2] + dp[i-2][3] + dp[i-3][4] + dp[i-2][5] + dp[i-3][6]) % mod;dp[i][2] = (dp[i-2][1] + dp[i-3][2] + dp[i-3][3] + dp[i-3][4] + dp[i-3][5] + dp[i-3][6]) % mod;dp[i][3] = (dp[i-3][1] + dp[i-2][2] + dp[i-2][3] + dp[i-3][4] + dp[i-2][5] + dp[i-3][6]) % mod;dp[i][4] = (dp[i-2][1] + dp[i-2][2] + dp[i-2][3] + dp[i-2][4] + dp[i-2][5] + dp[i-2][6]) % mod;dp[i][5] = (dp[i-3][1] + dp[i-3][2] + dp[i-3][3] + dp[i-3][4] + dp[i-3][5] + dp[i-3][6]) % mod;dp[i][6] = (dp[i-3][1] + dp[i-2][2] + dp[i-2][3] + dp[i-3][4] + dp[i-1][5] + dp[i-3][6]) % mod;}qword ans = 0;rep(i, 2, n) forn(j, 6)ans += dp[i][j] % mod;printf("%lld", (ans + 1) % mod);return 0;
}
UpdateAfterEvent
題目分析
這道題是這里面唯一一個達(dá)到了提高+/省選難度的題
首先思考如何將問題所求：期望的松鼠對數(shù) 轉(zhuǎn)化為我們較為熟悉和擅長入手的東西。
大家能夠發(fā)現(xiàn)，盡管可能大家最先想到的計算松鼠對數(shù)的方法，是根據(jù)樹上的松鼠總數(shù) $ x $，通過 $ x * (x - 1) / 2$ 來得到。但不妨考慮一下一個更一般的方法：
枚舉一只松鼠，再枚舉另一只松鼠，如果它們在同一棵樹上則答案加一。
從這個方法中能夠得到的啟示是：松鼠對數(shù)這個量實(shí)際上是相對獨(dú)立的，即與這兩只松鼠之外的量并無直接的關(guān)系。
這樣就避免了我們陷入一味考慮如何計算“松鼠期望總數(shù)”的錯誤方向了。
相似地，當(dāng)我們計算期望時，也存在這樣一個方法：
枚舉一只松鼠 $ A $ ，再枚舉另一只松鼠 $ B $ ，考慮它們同時存在在樹i上的情況。
假設(shè)松鼠\(A\)在樹i上的概率為 $ P(A, i) $ ， 松鼠B在樹i上的概率為 $ P(B, i) $
則它們同時存在于樹i上的概率為 $ P(A, i) * P(B, i) $
而這一事件構(gòu)成了“1對結(jié)束時在同一棵樹上的松鼠”
因此對答案的貢獻(xiàn)是 $ P(A, i) * P(B, i) * 1 $
我們只需要對于每一對松鼠枚舉一下樹 $ i $ ，然后對這些東西求和計入答案就可以了。
考慮如何計算 $ P(A,i) $ 。我們不妨假設(shè) $ f(i, j) $ 為一只松鼠從點(diǎn)i出發(fā)，在點(diǎn)j停下的概率。
當(dāng) $ T = 0\(時，\) f [i][i] $ 均為1.0，每過一個單位時間時，考慮 $ f[i][j] $ 即松鼠當(dāng)前在 $ j $ 時的概率
根據(jù)題中的描述向 $ j $的相鄰點(diǎn)轉(zhuǎn)移。
這樣能夠得到所有 $ T \le 30 $ 的分?jǐn)?shù)
觀察可知，每次的轉(zhuǎn)移事實(shí)上都是一樣的。于是我們可以使用矩陣乘法來優(yōu)化這個轉(zhuǎn)移過程。
時間復(fù)雜度 $ O(n^3logT) $ ，這部分有 $ 30 $ 的數(shù)據(jù)。
30%的部分分是給 $ n ^ 2 $ 計算期望的方法。直接枚舉兩個位置和終點(diǎn)的位置計算是 $ n ^ 3 $ 的，但是我們在枚舉兩個位置的時候，可以維護(hù)一下前綴和，累計的時候直接計算與前綴和的乘積。就可以將計算期望的過程優(yōu)化到 $ n ^ 2 $ 了。
轉(zhuǎn)載于:https://www.cnblogs.com/Alessandro/p/9652374.html
總結(jié)
以上是生活随笔為你收集整理的NOIP2016 “西湖边超萌小松鼠” 模拟赛的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。
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