Nescafe #29 NOIP模拟赛
不知道这种题发出来算不算侵权...毕竟有的题在$bz$上是权限题，但是在$vijos$似乎又有原题...如果这算是侵权的话请联系我,我会尽快删除,谢谢~
今天开始就处于一种半停课状态了.学校学习衡水,把休息时间压缩后每天又多了两节自习来写作业,但是我正好就可以来机房啦2333
因为考试时间被文化课分割成了一些散块,这里就不区分考试时的代码和赛后补题了.
T1:穿越七色虹
题意概述:给出$x$轴上的$7$个圆(圆心和半径)(只保留$x$轴以上的部分),可以将所有圆的半径同时增加一个非负数,要求$(0,0)$到$(X_0,h)$这一块矩形面积被完全覆盖。
其实这题读题稍微有点困难，不过概括之后就好理解多了。
其实这题思路挺显然的，半径越大肯定覆盖的面积越大，所以直接二分这个扩大的值，扩大之后算出每个圆可以覆盖的高度为$h$的矩形的左右端点,再做一个线段覆盖即可.这里注意一个问题:$check$时会首先把每个半径加上一个数,最后再减掉,如果是这样的做法就一定要注意不能在函数进行到一半时就$return$掉,否则这个增量就会一直留在那里啦.
# include <cstdio>
# include <iostream>
# include <cmath>
# include <algorithm> using namespace std; const double eps=0.001;
double h,x0;
double x[],rr[],l,r,mid,ans;
struct lin
{
double l,r;
}a[]; bool check (double ad)
{
double maxr=,minl=;
for (int i=;i<=;++i)
{
a[i].l=x[i]-sqrt((rr[i]+ad)*(rr[i]+ad)-h*h);
a[i].r=x[i]+sqrt((rr[i]+ad)*(rr[i]+ad)-h*h);
minl=min(minl,a[i].l);
}
if(minl>eps) return false;
for (int i=;i<=;++i)
for (int j=;j<=;++j)
if(a[j].l-maxr<=eps) maxr=max(maxr,a[j].r);
if(maxr-x0>=-eps) return true;
return false;
} int main()
{
scanf("%lf%lf",&h,&x0);
for (int i=;i<=;++i)
scanf("%lf%lf",&x[i],&rr[i]);
l=,r=sqrt(x0*x0+h*h);
ans=r+; while (r-l>=-eps)
{
mid=(l+r)/2.0;
if(check(mid))
ans=min(ans,mid),r=mid-eps;
else l=mid+eps;
}
printf("%.2lf",ans);
return ;
}
rainbow
T2:四叶草魔杖
题意概述:给出$n$个点$m$条边,每个点有一个能量值,如果是负的意味着要有这么多能量通过边运输过来,正的则为要运走这么多,每条边只要用到就会产生相应的代价,求使所有点的能量值都变为$0$所需要的最小代价.$n<=16$
看到$n$这么小的范围当然会想到搜索状压$dp$.首先所有点都被连到一起必然是合法的,但是想要合法并不需要所有点都连在一起.首先一遍状压$dp$求出每个联通块联通的最小代价,统计一下哪些联通块的权值和是$0$,把这些状态单独拿出来再进行一次状压$dp$即可,虽然复杂度不是非常科学,但是跑的还是挺快的.
# include <cstdio>
# include <iostream>
# include <cstring>
# define R register int using namespace std; const int maxn=;
const int maxz=(<<);
int n,m,h,firs[maxn];
int dp[maxz+],a[maxn],x,y,co,j;
struct edge
{
int too,nex,co;
}g[maxn*maxn];
int k[maxz+],Top=,c[maxz+]; void add (int x,int y,int co)
{
g[++h].co=co;
g[h].nex=firs[x];
firs[x]=h;
g[h].too=y;
} int main()
{
memset(dp,-,sizeof(dp));
dp[]=;
scanf("%d%d",&n,&m);
for (R i=;i<n;++i)
scanf("%d",&a[i]);
for (R i=;i<n;++i)
dp[<<i]=;
for (R i=;i<=m;++i)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&co);
add(x,y,co);
add(y,x,co);
}
for (R z=;z<=(<<n)-;++z)
{
if(dp[z]==-) continue;
for (R i=;i<n;++i)
{
if((z&(<<i))==) continue;
for (R b=firs[i];b;b=g[b].nex)
{
j=g[b].too;
if(z&(<<j)) continue;
if(dp[z|(<<j)]==-)
dp[z|(<<j)]=dp[z]+g[b].co;
else
dp[z|(<<j)]=min(dp[z|(<<j)],dp[z]+g[b].co);
}
}
}
for (R i=;i<=(<<n)-;++i)
{
int s=;
if(dp[i]==-) continue;
for (R j=;j<n;++j)
if((<<j)&i) s+=a[j];
if(s==) k[++Top]=i,c[Top]=dp[i];
}
memset(dp,-,sizeof(dp));
dp[]=;
for (R i=;i<=(<<n)-;++i)
{
if(dp[i]==-) continue;
for (R j=;j<=Top;++j)
{
if(dp[ i|k[j] ]==-) dp[ i|k[j] ]=dp[i]+c[j];
else dp[ i|k[j] ]=min(dp[ i|k[j] ],dp[i]+c[j]);
}
}
if(dp[(<<n)-]==-) printf("Impossible");
else printf("%d",dp[(<<n)-]);
return ;
}
clover
T3:圣主的考验
题意概述:定义一棵合法的二叉树为:每个点的左右儿子的高度差不大于$1$,求包含$n$个节点的树有多少种可能形态.$n<=3000$.注意:如果答案大于九位就输出后九位(包括前导零),如果小于九位就原样输出.
朴素的$dp$不是很难想,但是是$n^3$的,现在在这个基础上考虑优化:(我又把$vscode$找出来啦,虽然编译的部分失效了,但是即使只是做文本编辑器也足够好看了)
这个复杂度很显然是跑不满的,尤其是第二维,因为这道题的限制卡的比较严格,所以左右子树的节点数量大致上不会相差非常多,也就是说树高趋向于$log$级别.完全二叉树的深度是所有可能中最浅的,最深的深度也不会大很多,最极端的情况是每个左儿子都比右儿子的深度大,不过直接认为是$logi$加上一个小一点的数字也是可以的.如果发现一个多维$dp$的复杂度过高而明显跑不满时,可以将自己觉得最有可能跑不满的一维直接改小,比如这里的$j$直接改成$1-10$可以得到$90$.关于输出:打表发现当$n$大于等于$36$的时候答案会大于九位...
# include <cstdio>
# include <iostream>
# define R register int
# define mod using namespace std; const int maxn=;
int n,lg[maxn];
long long dp[maxn][],s[maxn]; void init()
{
dp[][]=;
dp[][]=;
s[]=;
for (R i=;i<=;++i)
for (R j=lg[i]+;j<=lg[i]+;++j)
{
for (R l=;l<=i;++l)
{
if(i-l-<) break;
dp[i][j]+=dp[l][j-]*dp[i-l-][j-];
dp[i][j]%=mod;
dp[i][j]+=dp[l][j-]*dp[i-l-][j-];
dp[i][j]%=mod;
dp[i][j]+=dp[l][j-]*dp[i-l-][j-];
dp[i][j]%=mod;
}
s[i]+=dp[i][j];
s[i]%=mod;
}
} int main()
{
scanf("%d",&n);
for (R i=;i<=;++i)
lg[i]=lg[i/]+;
init();
while (n)
{
if(n>=) printf("%09lld\n",s[n]);
else printf("%lld\n",s[n]);
scanf("%d",&n);
}
return ;
}
domine
---shzr