8.15 纪中集训 Day15

T1【NOIP2013模拟联考3】库特的向量(code)

Description

从前在一个美好的校园里，有一只（棵）可爱的弯枝理树。她内敛而羞涩，一副弱气的样子让人一看就想好好疼爱她。仅仅在她身边，就有许多女孩子想和她BH，比如铃，库特，等等。不过，除却巫山不是云，理树的心理只有那个帅气高大的男孩子——恭介，这让女孩子们不得不终日唉声叹气，以泪洗面。不过恭介是那样强大而完美，根本没有办法击败他，她们也只好咬牙忍痛度日，以待反击之时。

终于，她们获得了一次机会。机智的库特利用弹道学、密码学、宇宙学的知识设计出了一个密室，可以让进入的人无法从内部打开出口。库特设计密码的过程很奇葩，是由两个用整数坐标表示的n 维向量导出的。神奇的是，对于这两个向量中的任意一个，无论如何将它的坐标打乱(例如(a1,a2,a3)变成(a3,a1,a2)），打乱后的数量积都不会比原来的两个向量的数量积小。而库特就把原来的两个向量的数量积作为了密码。现在她们只用把恭介引入就可以了。但是，好事多磨，由于她们的粗心大意，在测试密室的时候不小心把自己给关了进去，而且还带走了密码纸。在外面的铃只找到了库特写着两个打乱后的向量的草稿。哇呼~能不能解救这些萌妹子，就看你了。

Input

三行。第一行一个整数N，表示N 维。

第2~3 行每行N 个整数，表示打乱后的两个向量(a1,a2,a3,a4…an),(b1,b2,b3,b4…bn).

Output

如题目要求，输出库特设计的密码

Sample Input

3

1 3 -5

-2 4 1

Sample Output

-25

Data Constraint

对于50%的数据 n<=8 , |ai|,|bi|<=1000

对于100%的数据 n<=1000, |ai|,|bi|<=100000

考场思路/正解

题面讲得很高深，害的我刚开始没有看懂在干嘛。其实这题就是排序不等式就没了。

Code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define LL long long
using namespace std;

LL n,ans;
LL a[1010],b[1010];

bool cmp(LL a,LL b)
<%return a>b;%>

int main()
{
    scanf("%lld",&n);
    for(LL i=1;i<=n;i++)
        scanf("%lld",&a[i]);
    for(LL i=1;i<=n;i++)
        scanf("%lld",&b[i]);
    sort(a+1,a+1+n);
    sort(b+1,b+1+n,cmp);
    for(LL i=1;i<=n;i++)
        ans+=(a[i]*b[i]);
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

T2【NOIP2013模拟联考3】恭介的法则(rule) 

Description

终于，在众亲们的奋斗下，最终boss 恭介被关进了库特设计的密室。正当她们松了一口气时，这个世界却发生了天翻覆地的变化：地面开始下沉，天空开始变成血红色，海水沸腾……一幅世界末日的图景。美鱼从她手中的古籍《若山牧水诗歌集》中发现了原因：白鸟は かなしからずや 空の青 海のあをにも 染まずただよふ 。大（xia）意（shuo）就是狡猾的恭介在创造这个世界的时候就篡改了法则。而这个法则的起源，就是一只生死之间的猫。这个猫被关在一个黑盒子里，盒子里有两个毒气罐，如果有任意一个毒气罐被打开那么猫将会被杀死，法则也能得到纠正。然而外界能控制的仅仅是这两个毒气罐被打开的概率。假设第一个毒气罐被打开的概率为1/x，第二个毒气罐为1/y（x,y 为正整数），那么当两个概率和为1/(n!)时，猫将会被莫名其妙地杀死。现在美鱼想知道，有多少对(x,y)可以让猫被莫名其妙杀死。

Input

一行，一个正整数n

Output

一行，满足题意的(x,y)对数。

Sample Input

6

Sample Output

135

Data Constraint

对于30%的数据 n<=6

对于60%的数据 n<=50

对于100%的数据 n<=700000

考场思路

第一瞬间是懵的，毕竟这是一道数学，于是我只能打暴力的表了。

正解

简化题目，就是求(n!)2质因数。然后就愉快地结束了。

Code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define LL long long
#define Mod 100000000
using namespace std;

LL n,len,zx,zhi,jl;
LL ans[50050],book[700070];

void Mul(LL x)
{
    for(LL i=1;i<=len;i++)
        ans[i]*=x;
    for(LL i=1;i<=len;i++)
    {
        ans[i+1]+=ans[i]/Mod;
        ans[i]%=Mod;
    }
    while(ans[len+1]>0)
    {
        len++;
        ans[len+1]+=ans[len]/Mod;
        ans[len]%=Mod;
        
    }
}

int main()
{
    scanf("%lld",&n);
    ans[1]=1;len=1;jl=1;
    for(LL i=2;i<=n;i++)
    {
        if(book[i])
            continue;
        zx=n,zhi=0;
        while(zx>=i)
            zx/=i,zhi+=zx;
        zhi=zhi*2+1;
        if(zhi*jl>Mod)
            Mul(jl),jl=1;
        jl*=zhi;
        for(LL j=i;j<=n;j+=i)
            book[j]=1;
    }
    if(jl>1)
        Mul(jl);
    printf("%lld",ans[len]);
    for(LL i=len-1;i>=1;i--)
        printf("%08lld",ans[i]);
    return 0;
}

T3【NOIP2013模拟联考3】沙耶的玩偶(doll) 

Description

在美鱼和理树后援团拯救世界的同时，外表柔弱的理树也开始坚强起来，思考着离开这个世界的办法。误打误撞地，她遇上了正在教室破坏课桌打开迷宫入口的沙耶。沙耶告诉理树，这个世界的出口就是这个迷宫的出口。于是理树毫不犹豫地跟沙耶一起跳进了迷宫。在迷宫里，两个女孩子互帮互助，一会儿割绳子，一会儿泡温泉，一会儿雕冰块，跌跌撞撞地走到了终点。不出所料，终点也有一个机关在等着她们。

终点的机关是一个立着的m*n 的方格棋盘，在有些格子上放了一个玩偶，而有些地方直接挖了个大坑。只有取走所有玩偶才能打开出口。但是，由于奇怪的设定，理树和沙耶不能直接触碰玩偶，他们需要操纵机器人来收集它。机器人的走法很奇怪，和国际象棋的马有点像，只不过马可以走任意方向的1*2 路线，它们只会由上往下走r*c(或c*r)的路线，不能回头。而机器人一旦经过一个有玩偶的格子，那个格子上的玩偶将被回收，并且在机器人离开时，那个格子会变成一个坑。理树可以把机器人放在任何一个有玩偶的格子上作为起点，也可以在任何一个有玩偶的格子回收机器人。机器人行走可以视为瞬移，只不过每一次设置新起点都会消耗1 时间。并且，有坑的格子不能落脚。

就在这个紧要关头，玩偶狂热爱好者的沙耶却流着口水智商归0。理树不得不转而求助你，帮忙计算出最少多少时间就能收集到所有玩偶。

Input

第一行包含4 个整数M、N、R、C，意义见问题描述。接下来M 行每行一个长度为N 的

字符串。如果某个字符是'.'，表示这个地方有一个玩偶；如果这个字符是'x'，表示这个地

方是坑。

Output

输出一个整数，表示最短时间。

Sample Input

3 3 1 2

...

.x.

...

Sample Output

4

Data Constraint

30%的数据中，1<=M,N<=4，1<=R,C<=3。

70%的数据中，1<=M<=20，1<=N<=4，1<=R,C<=3。

100%的数据中，1<=M,N<=50，1<=R,C<=10。

Hint

考场思路/正解

仔细观察，不然发现其实这题就是二分图匹配，真的很裸。

Code

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define Ud unsigned
using namespace std;

int m,n,r,c,sum1,sum2;
int used[5050],vis[5050];
Ud len[5050];
char tu[55][55];
vector<int> rel[5050];

void Work(int x,int y)
{
    int x1=x+r,x2=x+c,y1=y+r,y2=y+c,y3=y-r,y4=y-c;
    if(x1>0 && y2>0 && x1<=m && y2<=n && tu[x1][y2]=='.')
        rel[(x-1)*n+y].push_back((x1-1)*n+y2);
    if(x1>0 && y4>0 && x1<=m && y4<=n && tu[x1][y4]=='.')
        rel[(x-1)*n+y].push_back((x1-1)*n+y4);
    if(x2>0 && y1>0 && x2<=m && y1<=n && tu[x2][y1]=='.')
        rel[(x-1)*n+y].push_back((x2-1)*n+y1);
    if(x2>0 && y3>0 && x2<=m && y3<=n && tu[x2][y3]=='.')
        rel[(x-1)*n+y].push_back((x2-1)*n+y3);
}

bool dfs(int x)
{
    for(Ud i=0;i<len[x];i++)
        if(!vis[rel[x][i]])
        {
            vis[rel[x][i]]=1;
            if(!used[rel[x][i]] || dfs(used[rel[x][i]]))
            {
                used[rel[x][i]]=x;
                return true;
            }
        }
    return false;
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d%d",&m,&n,&r,&c);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        scanf("%s",tu[i]+1);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            if(tu[i][j]=='.')
                sum1++;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            if(tu[i][j]!='.')
                continue;
            Work(i,j);
        }
    }
    for(int i=1;i<=n*m;i++)
        len[i]=rel[i].size();
    for(int i=1;i<=n*m;i++)
    {
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        if(dfs(i))
            sum2++;
    }
    printf("%d",sum1-sum2);
    return 0;
}

总结

今天考得算还好的吧，T1和T2都很愉快的A了，所以今天就很happy的rank3了。哈哈哈！

距 NOIp2019 还剩 85 天         祭

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