Nescafe #29 NOIP模拟赛

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[8],rr[8],l,r,mid,ans;
struct lin
{
    double l,r;
}a[8];

bool check (double ad)
{
    double maxr=0,minl=100000;
    for (int i=1;i<=7;++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=1;i<=7;++i)
        for (int j=1;j<=7;++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=1;i<=7;++i)
        scanf("%lf%lf",&x[i],&rr[i]);
    l=0,r=sqrt(x0*x0+h*h);
    ans=r+4;
    
    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 0;
}

　　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=16;
const int maxz=(1<<16);
int n,m,h,firs[maxn];
int dp[maxz+5],a[maxn],x,y,co,j;
struct edge
{
    int too,nex,co;
}g[maxn*maxn];
int k[maxz+5],Top=0,c[maxz+5];

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,-1,sizeof(dp));
    dp[0]=0;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (R i=0;i<n;++i)
        scanf("%d",&a[i]);
    for (R i=0;i<n;++i)
        dp[1<<i]=0;
    for (R i=1;i<=m;++i)
    {
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&co);
        add(x,y,co);
        add(y,x,co);
    }
    for (R z=0;z<=(1<<n)-1;++z)
    {
        if(dp[z]==-1) continue;
        for (R i=0;i<n;++i)
        {
            if((z&(1<<i))==0) continue;
            for (R b=firs[i];b;b=g[b].nex)
            {
                j=g[b].too;
                if(z&(1<<j)) continue;
                if(dp[z|(1<<j)]==-1)
                    dp[z|(1<<j)]=dp[z]+g[b].co;
                else
                    dp[z|(1<<j)]=min(dp[z|(1<<j)],dp[z]+g[b].co);
            }
        }
    }
    for (R i=1;i<=(1<<n)-1;++i)
    {
        int s=0;
        if(dp[i]==-1) continue;
        for (R j=0;j<n;++j)
            if((1<<j)&i) s+=a[j];
        if(s==0) k[++Top]=i,c[Top]=dp[i];
    }
    memset(dp,-1,sizeof(dp));
    dp[0]=0;
    for (R i=0;i<=(1<<n)-1;++i)
    {
        if(dp[i]==-1) continue;
        for (R j=1;j<=Top;++j)
        {
            if(dp[ i|k[j] ]==-1) dp[ i|k[j] ]=dp[i]+c[j];
            else dp[ i|k[j] ]=min(dp[ i|k[j] ],dp[i]+c[j]);
        }
    }
    if(dp[(1<<n)-1]==-1) printf("Impossible");
    else printf("%d",dp[(1<<n)-1]);
    return 0;
}

　　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 1000000000

using namespace std;

const int maxn=3005;
int n,lg[maxn];
long long dp[maxn][31],s[maxn];

void init()
{
    dp[0][0]=1;
    dp[1][1]=1;
    s[1]=1;
    for (R i=2;i<=3000;++i)
        for (R j=lg[i]+1;j<=lg[i]+5;++j)
        {
            for (R l=0;l<=i;++l)
            {
                if(i-l-1<0) break;
                dp[i][j]+=dp[l][j-1]*dp[i-l-1][j-2];
                dp[i][j]%=mod;
                dp[i][j]+=dp[l][j-2]*dp[i-l-1][j-1];
                dp[i][j]%=mod;
                dp[i][j]+=dp[l][j-1]*dp[i-l-1][j-1];
                dp[i][j]%=mod;
            }
            s[i]+=dp[i][j];
            s[i]%=mod;
        }
}

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for (R i=2;i<=3000;++i)
        lg[i]=lg[i/2]+1;
    init();
    while (n)
    {
        if(n>=36) printf("%09lld
",s[n]);
        else printf("%lld
",s[n]);
        scanf("%d",&n);    
    }
    return 0;
}

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