久违一更,距离上次更新已经半年了。
这次题目竟然不是按照难度排序
A. 迷失 Hdu 6996)
题目大意
给定一张无向图,边的边权为0)或1),在图上随机游走,问从1号点经过k条边到达n号点,经过的边的异或和为1的概率。
解题思路
第一眼,图上随机游走,循环概率,点数不超过100,高斯消元,不想写,跳了。
做完后面的回来看第二眼,哦,恰好经过k条边,设dp[i][j][k])表示当前第i)号点,当前边权异或和为k),经过j)条边到达n)号点且边权异或和为1)的概率。
忽然看到k leq 10^6),空间爆了。注意到dp[i][j][k])总是从dp[?][j-1][?])转移过来的,于是可以用循环队列压成两维,即dp[cur][i][k])表示当前状态j)),dp[cur^1][i][k])表示上一个状态j – 1)),空间问题解决了,但时间复杂度Omk))即On^2k))还是爆了时间。
忽然发现给定一张图,转移方程式是确定且线性的,矩阵快速幂优化就可以了。时间复杂度为On^3log k))。
具体而言,矩阵规模是200 imes 200),根据转移方程式dp[i][j][k] = frac{1}{du[i]}sumlimits_{v in i, v)}dp[v][j-1][k oplus cost[i,v)])构造即可。
下面代码中是根据方程式两边乘以了du[i])构造的。du[i])表示i)号点的度。
结果卡常,中途运算从long long)改成int),矩阵乘法减少不必要的取模才过了。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#include <vector>
using namespace std;
typedef long long LL;
template <typename T>
void readT &x) {
int s = 0, c = getchar);
x = 0;
while isspacec)) c = getchar);
if c == 45) s = 1, c = getchar);
while isdigitc)) x = x << 3) + x << 1) + c ^ 48), c = getchar);
if s) x = -x;
}
template <typename T>
void writeT x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if x < 0) putchar45), x = -x;
while x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if !l) putchar48);
while l) putcharb[--l] | 48);
putcharc);
}
const int MO = 998244353;
const int N = 1e2 + 8;
const int M = 2e4 + 8;
int head[N], nxt[M], ty[M], cnt[N], to[M];
int inv[N];
int n, m, k, num;
inline int qpowint a, int b) {
int ans = 1;
whileb) {
ifb & 1) {
ans = 1ll * ans * a % MO;
}
a = 1ll * a * a % MO;
b = b >> 1;
}
return ans;
}
struct matrix {
int n, m;
int data[N * 2][N * 2];
inline void clear) {
for int i = 0; i <= n; i++)
for int j = 0; j <= m; j++) data[i][j] = 0;
}
}ff, eye;
inline matrix operator *matrix a, matrix b) {
matrix qwq;
qwq.n = a.n;
qwq.m = b.m;
qwq.clear);
LL tmp = 0;
for int i = 1; i <= a.n; i++)
for int j = 1; j <= b.m; j++){
tmp = qwq.data[i][j];
for int k = 1; k <= a.m; k++){
tmp += 1ll * a.data[i][k] * b.data[k][j]));
if k % 15 == 0)
tmp %= MO;
}
if tmp >= MO)
tmp %= MO;
qwq.data[i][j] = tmp;
}
return qwq;
}
inline void addint u, int v, int w){
num ++;
nxt[num] = head[u];
to[num] = v;
ty[num] = w;
head[u] = num;
num ++;
nxt[num] = head[v];
to[num] = u;
ty[num] = w;
head[v] = num;
cnt[u] ++;
cnt[v] ++;
}
int mainvoid) {
forint i = 1; i <= 105; ++ i)
inv[i] = qpowi, MO - 2);
int kase; readkase);
for int ii = 1; ii <= kase; ii++) {
readn);
readm);
readk);
num = 0;
forint i = 1; i <= n; ++ i){
head[i] = 0;
cnt[i] = 0;
}
forint u, v, w, i = 1; i <= m; ++ i){
readu);
readv);
readw);
addu, v, w);
}
ff.n = ff.m = 2 * n;
ff.clear);
forint i = 1; i <= n; ++ i)
forint j = head[i]; j; j = nxt[j]){
int v = to[j];
int kin = ty[j];
forint s = 0; s <= 1; ++ s){
int yuan = i;
if s)
yuan += n;
int nxt = v;
if s ^ kin)
nxt += n;
ff.data[yuan][nxt] = inv[cnt[v]];
}
}
eye.n = eye.m = 2 * n;
eye.clear);
forint i = 1; i <= 2 * n; ++ i)
eye.data[i][i] = 1;
whilek){
if k & 1)
eye = eye * ff;
ff = ff * ff;
k >>= 1;
}
int ans = eye.data[1][n + n] * 1ll * cnt[n] % MO * inv[cnt[1]] % MO;
writeans, '
');
}
return 0;
}
B. 愿望幽灵 Hdu 6997)
题目大意
咕咕咕
解题思路
神奇的代码
咕咕咕
C. 鸽子 Hdu 6998)
题目大意
n)台电脑,第k)台坏了。m)次操作,每次操作交换第u_i)和第v_i)台电脑,你可以跳过若干次操作。
问对于每个j in [1,n]),最终坏的电脑的位置是第j)台的最小跳过次数是多少。无法实现输出-1。
解题思路
设dp[i][j])表示前i)次操作后,坏的电脑是第j)台的最小跳过次数。容易发现每次操作只会更改两个dp)值,即dp[i])和dp[i-1])只有dp[i][u_i])和dp[i][v_i])会发生变化,所以复用dp)数组转移其实是O1))的,总时间复杂度为On))。
具体而言,转移时考虑是否跳过本次操作,于是dp[u_i] = mindp[v_i], dp[u_i] + 1)),dp[v_i] = mindp[u_i], dp[v_i] + 1)),注意等式右边的dp)值是原来的dp)值,不是本次更新后的dp)值。注意无法实现的情况。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
template <typename T>
void readT &x) {
int s = 0, c = getchar);
x = 0;
while isspacec)) c = getchar);
if c == 45) s = 1, c = getchar);
while isdigitc)) x = x << 3) + x << 1) + c ^ 48), c = getchar);
if s) x = -x;
}
template <typename T>
void writeT x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if x < 0) putchar45), x = -x;
while x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if !l) putchar48);
while l) putcharb[--l] | 48);
putcharc);
}
const int N = 1e5 + 8;
int n, m, k;
int dp[N];
int mainvoid) {
int kase; readkase);
for int ii = 1; ii <= kase; ii++) {
readn);
readm);
readk);
forint i = 1; i <= n; ++ i)
dp[i] = -1;
dp[k] = 0;
forint u, v, i = 1; i <= m; ++ i){
readu);
readv);
int su = dp[u];
int sv = dp[v];
if su == -1 && sv == -1)
continue;
if sv == -1){
dp[u] = su + 1;
dp[v] = su;
}
else if su == -1){
dp[v] = sv + 1;
dp[u] = sv;
}
else{
dp[u] = minsu + 1, sv);
dp[v] = minsv + 1, su);
}
}
forint i = 1; i <= n; ++ i)
printf"%d%c", dp[i], i == n ? '
' : ' ');
}
return 0;
}
D. 萌新 Hdu 6999)
题目大意
给定两个正整数a,b),求最小和最大的c)满足a mod c = b mod c),且2 le c le maxa,b))。
不存在则输出-1)。
解题思路
假设ageq b),题意即为aequiv b mod c)即a-b) equiv 0 mod c)即c|a-b)),所以最小c)即为a-b))的最小质因数,最大c)即为a-b))。
a-b=1)时c)无解$。
a=b)时特判a=1)时无解,否则最小c)为2),最大c)为a)。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
template <typename T>
void readT &x) {
int s = 0, c = getchar);
x = 0;
while isspacec)) c = getchar);
if c == 45) s = 1, c = getchar);
while isdigitc)) x = x << 3) + x << 1) + c ^ 48), c = getchar);
if s) x = -x;
}
template <typename T>
void writeT x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if x < 0) putchar45), x = -x;
while x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if !l) putchar48);
while l) putcharb[--l] | 48);
putcharc);
}
int mainvoid) {
int kase; readkase);
for int ii = 1; ii <= kase; ii++) {
int a, b;
reada);
readb);
int dis = max{a,b}) - min{a, b});
if dis == 1){
puts"-1 -1");
}else if dis == 0){
if a == 1){
puts"-1 -1");
}
else
printf"2 %d
", a);
}else{
int ans = 2;
int up = sqrtdis);
whiledis % ans != 0 && ans <= up)
++ ans;
if dis % ans != 0)
ans = dis;
printf"%d %d
", ans, dis);
}
}
return 0;
}
E. 二分 Hdu 7000)
题目大意
有n)个格子,你现在在第x)个格子,想跳到第y)个格子。
每次,如果你当前的格子编号小于y),你会等概率跳到比当前编号更大的一个格子中,反之则等概率跳到比当前编号更小的一个格子中。
求期望跳的次数。
解题思路
看上去挺有趣的题,结果被A卡常卡得莫得时间思考,咕咕咕。
神奇的代码
咕咕咕
F. 毒瘤数据结构题 Hdu 7001)
题目大意
一个长为n),初始全为0)的序列,有n)次操作,每次可以:
1 x) 表示把x)位置修改为1)。
2 x) 表示查询,如果将x)位置修改为1),求最大的i)满足序列位置1)到i-1)上的值均为1)。注意只是如果,实际并不做修改。
解题思路
上来先写的题
其实这并不毒瘤呀,用并查集维护连通性就可以了。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
template <typename T>
void readT &x) {
int s = 0, c = getchar);
x = 0;
while isspacec)) c = getchar);
if c == 45) s = 1, c = getchar);
while isdigitc)) x = x << 3) + x << 1) + c ^ 48), c = getchar);
if s) x = -x;
}
template <typename T>
void writeT x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if x < 0) putchar45), x = -x;
while x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if !l) putchar48);
while l) putcharb[--l] | 48);
putcharc);
}
const int N = 5e6 + 8;
int f[N], n;
int findfaint x){
return f[x] == x ? x : f[x] = findfaf[x]);
}
int mainvoid) {
readn);
forint i = 1; i <= n; ++ i){
int x, y;
readx);
ready);
if x == 1){
if f[y] == 0){
f[y] = y;
int nxt = findfay + 1);
if nxt != 0)
f[y] = nxt;
int la = findfay - 1);
if la != 0)
f[la] = f[y];
}
}else{
int ans = findfa1);
if ans == y - 1)
++ ans;
int nxt = findfay + 1);
if nxt != 0 && ans >= y)
ans = nxt;
++ ans;
writeans, '
');
}
}
return 0;
}
G. 流年烹茶 Hdu 7002)
题目大意
咕咕咕
解题思路
咕咕咕
神奇的代码
咕咕咕
H. 猎人杀 Hdu 7003)
题目大意
n)个人,其中一个是狼人,其余是猎人。
每个人都会有一个想干掉的人的编号列表,是一个1-n)的全排列。
首先狼人干掉自己编号列表的第一人,记为target)。
随后,target)会干掉自己列表中,从左到右第一个活着的人,这人会成为新的target),重复此步骤。
如果期间狼人被干掉了,则猎人胜利。
若某一个猎人被干掉后,场上除了狼人还有另一个猎人活着,则狼人胜利。
给定一个局面,问你最终谁胜。
解题思路
就是个模拟题,不过题意写得晦涩难懂。一开始在疑惑就一晚狼人干掉人吗?不过注意到每个人想干掉的列表是个全排列,那么白天就一定会游戏结束了,狼人不会再干掉第二个人。
看样例时看到有狼人自刀的情况出现,嗯???
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#include <exception>
#include <vector>
using namespace std;
typedef long long LL;
template <typename T>
void readT &x) {
int s = 0, c = getchar);
x = 0;
while isspacec)) c = getchar);
if c == 45) s = 1, c = getchar);
while isdigitc)) x = x << 3) + x << 1) + c ^ 48), c = getchar);
if s) x = -x;
}
template <typename T>
void writeT x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if x < 0) putchar45), x = -x;
while x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if !l) putchar48);
while l) putcharb[--l] | 48);
putcharc);
}
const int N = 55;
bool dead[N];
int cur[N];
int fav[N][N];
int n, lang;
int mainvoid) {
int kase; readkase);
for int ii = 1; ii <= kase; ii++) {
readn);
forint i = 1; i <= n; ++ i){
int a;
reada);
if a == 1)
lang = i;
}
forint i = 1; i <= n; ++ i)
forint j = 1; j <= n; ++ j){
readfav[i][j]);
}
forint i = 1; i <= n; ++ i){
dead[i] = false;
cur[i] = 1;
}
int cnt = n;
int tar = fav[lang][1];
dead[tar] = true;
-- cnt;
whilecnt > 2 && !dead[lang]){
whiledead[fav[tar][cur[tar]]])
++ cur[tar];
tar = fav[tar][cur[tar]];
dead[tar] = true;
-- cnt;
}
if dead[lang])
puts"lieren");
else
puts"langren");
}
return 0;
}