NOIP2017提高组 模拟赛24（总结）

NOIP2017提高组 模拟赛24（总结）

第一题 Karen与游戏 （贪心）

【题目描述】

【解题思路】

　　贪心就好，因为假如一行或一列全是大于1，则直接划掉。
　　当然，假如一行的数量大于一列的数量，则先处理行再处理列，否则相反。因为是一个2*3的矩阵全是1，先处理行则是3次，而先处理列则是2次（我被这个坑了，没有判……）

【代码】

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>

#define imin(a,b) ((a<b)?(a):(b))
#define imax(a,b) ((a>b)?(a):(b))

using namespace std;

const int inf=1e9;
const int N=120;
int n,m,sum,don;
int d[N][N];
int row[N],col[N];

int main()
{
    freopen("1973.in","r",stdin);
    freopen("1973.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m); don=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=1;j<=m;j++) scanf("%d",&d[i][j]),sum+=d[i][j];
    if(m>n)
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            int yu=inf;
            for(int j=1;j<=m;j++) yu=imin(yu,d[i][j]);
            row[i]+=yu; sum-=yu*m;
            don+=yu;
            for(int j=1;j<=m;j++) d[i][j]-=yu;
        }
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            int yu=inf;
            for(int i=1;i<=n;i++) yu=imin(yu,d[i][j]);
            col[j]+=yu; sum-=yu*n;
            don+=yu;
            for(int i=1;i<=n;i++) d[i][j]-=yu;
        }
    } else
    {
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            int yu=inf;
            for(int i=1;i<=n;i++) yu=imin(yu,d[i][j]);
            col[j]+=yu; sum-=yu*n;
            don+=yu;
            for(int i=1;i<=n;i++) d[i][j]-=yu;
        }
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            int yu=inf;
            for(int j=1;j<=m;j++) yu=imin(yu,d[i][j]);
            row[i]+=yu; sum-=yu*m;
            don+=yu;
            for(int j=1;j<=m;j++) d[i][j]-=yu;
        }
    }
    if(sum) printf("-1\n"); else
    {
        printf("%d\n",don);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=row[i];j++) printf("row %d\n",i);
        for(int i=1;i<=m;i++)
        for(int j=1;j<=col[i];j++) printf("col %d\n",i);
    }
    return 0;
}

第二题 puzzle （期望树形DP）

【题目描述】

【解题思路】

　　点x的父亲fa的期望为F[fa]，儿子个数为son。
　　分情况讨论：
　　一开始就走x，则FF+=0，次数ci+P0son−1
　　走x之前走了1个其他儿子，则FF+=∑i=其他儿子P0son−2(子树i的总点数)，次数ci+P1son−1
　　走x之前走了2个其他儿子，则FF+=∑i=其他儿子2P1son−2(子树i的总点数)，次数ci+P2son−1
　　走x之前走了3个其他儿子，则FF+=∑i=其他儿子3P2son−2(子树i的总点数)，次数ci+P3son−1
　　……
　　F[x]=F[fa]+1+FF/ci=F[fa]+1+其他儿子的子树点数总和/2
　　还有一个更理性的认识：
　　对于每一个其他的儿子，有1/2的几率会在选x之前选到。所以F[x]=F[fa]+1+FF/ci=F[fa]+1+其他儿子的子树点数总和/2
　　直接dfs，从上往下求就好。

【代码】

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>

#define imin(a,b) ((a<b)?(a):(b))
#define imax(a,b) ((a>b)?(a):(b))

using namespace std;

const int N=100050;
int n,siz[N];
int ne[N<<1],to[N<<1],h[N],tt;
double ans[N];

void addedge(int a,int b) { to[++tt]=b; ne[tt]=h[a]; h[a]=tt; }

void dfs1(int x,int ff)
{
    siz[x]=1;
    for(int p=h[x];p;p=ne[p])
    {
        int v=to[p];
        if(v==ff) continue;
        dfs1(v,x);
        siz[x]+=siz[v];
    }   
}

void dfs2(int x,int ff)
{
    for(int p=h[x];p;p=ne[p])
    {
        int v=to[p];
        if(v==ff) continue;
        ans[v]=ans[x]+1+(siz[x]-1-siz[v])/2.0;
        dfs2(v,x);
    }   
}

int main()
{
    freopen("1974.in","r",stdin);
    freopen("1974.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n); tt=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        int fa; scanf("%d",&fa);
        addedge(fa,i);
    }
    dfs1(1,1);
    ans[1]=1.0;
    dfs2(1,1);
    for(int i=1;i<=n;i++) printf("%.1lf ",ans[i]); printf("\n");
    return 0;
}

第三题 Karen与测试 （找规律，快速幂）

【题目描述】

【解题思路】

　　不得不说，试了好多次才找到的规律。
　　把所有的系数都列了出来。
　　n=4*k+1的时候，系数都是a1,0,a2,0,a3……a3,0,a2,0,a1的类型。
　　这是因为由一个固定的n=5的三角形（1,0,2,0,1）变化过来。
　　而且从加开始或从减开始都是一样的。
　　偶数位零是没用的，所以减法和加法也就是一样的（-0=+0）。
n=9时

1	0	4	0	6	0	4	0	1
1	0	2	0	1
		1	0	2	0	1
		1	0	2	0	1
				1	0	2	0	1

　　把n暴力变成4*k+1的形式。O(4N)
　　而且这个系数除去0，跟杨辉三角的第2*(k/2)+1行是一模一样的。
　　杨辉三角：
　　1
　　11
　　121
　　1331
　　14641
　　……
　　快速幂……O(4N+N log mod)

【代码】

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>

#define imin(a,b) ((a<b)?(a):(b))
#define imax(a,b) ((a>b)?(a):(b))

using namespace std;

typedef long long ll;

const ll mods=1e9+7;
const int N=200100;
int n,col;
int d[N];
ll f[2][N],ans;

ll Pow(ll x,ll y)
{
    ll s=1ll;
    for(;y;y>>=1)
    {
        if(y&1) s=(s*x)%mods;
        x=(x*x)%mods;
    }
    return s;
}

int main()
{
    freopen("1975.in","r",stdin);
    freopen("1975.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&d[i]),f[1][i]=d[i];
    col=0; int o=1;
    while((n%4)!=1)
    {
        o=o^1;
        for(int i=1;i<n;i++)
        {
            col^=1;
            if(col) f[o][i]=((f[o^1][i]+f[o^1][i+1])%mods+mods)%mods;
            else f[o][i]=((f[o^1][i]-f[o^1][i+1])%mods+mods)%mods;
        }
        n--;
    }
    ll yi=(n-1)>>1;
    ll C=1ll;
    for(int i=0;i<=yi;i++)
    {
        if(i) C=(C*(yi-i+1))%mods*Pow(i,mods-2)%mods;
        ans=(ans+C*f[o][i<<1|1]%mods)%mods;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}