玩具谜题
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题目描述
小南有一套可爱的玩具小人，它们各有不同的职业。
有一天，这些玩具小人把小南的眼镜藏了起来。小南发现玩具小人们围成了一个圈，它们有的面朝圈内，有的面朝圈外。如下图：
.png)
这时singer告诉小南一个谜题：“眼镜藏在我左数第3个玩具小人的右数第1个玩具小人的左数第2个玩具小人那里。”
小南发现，这个谜题中玩具小人的朝向非常关键，因为朝内和朝外的玩具小人的左右方向是相反的：面朝圈内的玩具小人，它的左边是顺时针方向，右边是逆时针方向；而面向圈外的玩具小人，它的左边是逆时针方向，右边是顺时针方向。
小南一边艰难地辨认着玩具小人，一边数着：
“singer朝内，左数第3个是archer。
“archer朝外，右数第1个是thinker。
“thinker朝外，左数第2个是writer。
“所以眼镜藏在writer这里！”
虽然成功找回了眼镜，但小南并没有放心。如果下次有更多的玩具小人藏他的眼镜，或是谜题的长度更长，他可能就无法找到眼镜了。所以小南希望你写程序帮他解决类似的谜题。这样的谜题具体可以描述为：
有n个玩具小人围成一圈，己知它们的职业和朝向。现在第1个玩具小人告诉小南一个包含m条指令的谜题，其中第i条指令形如“左数/右数第si个玩具小人”。你需要输出依次数完这些指令后，到达的玩具小人的职业。
输入
输入的第一行包含两个正整数n,m，表示玩具小人的个数和指令的条数。
接下来n行，每行包含一个整数和一个字符串，以逆时针为顺序给出每个玩具小人的朝向和职业。其中0表示朝向圈内，1表示朝向圈外。保证不会出现其他的数。字符串长度不超过10且仅由小写字母构成，字符串不为空，并且字符串两两不同。整数和字符串之间用一个空格隔开。
接下来m行，其中第i行包含两个整数ai,si，表示第i条指令。若ai=0，表示向左数si个人；若ai=1，表示向右数si个人。保证ai不会出现其他的数，1≤si<n。
输出
输出一个字符串，表示从第一个读入的小人开始，依次数完m条指令后到达的小人的职业。
样例输入
7 3 0 singer 0 reader 0 mengbier 1 thinker 1 archer 0 writer 1 mogician 0 3 1 1 0 2 10 10 1 c 0 r 0 p 1 d 1 e 1 m 1 t 1 y 1 u 0 v 1 7 1 1 1 4 0 5 0 3 0 1 1 6 1 2 0 8 0 4
样例输出
writer y
提示
【样例
1 说明】
这组数据就是【题目描述】中提到的例子。
【子任务】
子任务会给出部分测试数据的特点。如果你在解决题目中遇到了困难，可以尝试只解决一部分测试数据。
每个测试点的数据规模及特点如下表：
暴力枚举啦，有个注意点就是a+=b%=c的话貌似先执行%操作
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<map> using namespace std; map<int,string> Map; char str[1005],Mode[100005]; int n,m,val,dir; int main() { scanf("%d %d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d %s",&Mode[i],str); Map[i]=str; } int now=1; while(m--) { scanf("%d %d",&dir,&val); dir^=Mode[now]; if(!dir) { val%=n; now-=val; if(now<=0) now+=n; }else { val%=n; now+=val; now%=n; if(!now) now=n; } } cout<<Map[now]<<endl; }
天天爱跑步
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题目描述
小C同学认为跑步非常有趣，于是决定制作一款叫做《天天爱跑步》的游戏。
《天天爱跑步》是一个养成类游戏，需要玩家每天按时上线，完成打卡任务。
这个游戏的地图可以看作一棵包含n个结点和n−1条边的树，每条边连接两个结点，且任意两个结点存在一条路径互相可达。树上结点编号为从1到n的连续正整数。
现在有m个玩家，第i个玩家的起点为Si，终点为Ti 。每天打卡任务开始时，所有玩家在第0秒同时从自己的起点出发，以每秒跑一条边的速度，不间断地沿着最短路径向着自己的终点跑去，跑到终点后该玩家就算完成了打卡任务。（由于地图是一棵树，所以每个人的路径是唯一的）
小C想知道游戏的活跃度，所以在每个结点上都放置了一个观察员。在结点j的 观察员会选择在第Wj 秒观察玩家，一个玩家能被这个观察员观察到当且仅当该玩家在第Wj秒也正好到达了结点j。小C想知道每个观察员会观察到多少人？
注意：我们认为一个玩家到达自己的终点后该玩家就会结束游戏，他不能等待一段时间后再被观察员观察到。即对于把结点j作为终点的玩家：若他在第Wj 秒前到达
终点，则在结点j的观察员不能观察到该玩家；若他正好在第Wj 秒到达终点，则在结点j的观察员可以观察到这个玩家。
输入
第一行有两个整数n和m。其中n代表树的结点数量，同时也是观察员的数量，m代表玩家的数量。
接下来n−1行每行两个整数u和v，表示结点u到结点v有一条边。
接下来一行n
个整数，其中第j个整数为Wj ，表示结点j出现观察员的时间。
接下来m行，每行两个整数Si和Ti ，表示一个玩家的起点和终点。
对于所有的数据，保证1 ≤
Si , Ti ≤ n ， 0 ≤ Wj ≤ n。
输出
输出1行n个整数，第j个整数表示结点j的观察员可以观察到多少人。
样例输入
6 3 2 3 1 2 1 4 4 5 4 6 0 2 5 1 2 3 1 5 1 3 2 6 5 3 1 2 2 3 2 4 1 5 0 1 0 3 0 3 1 1 4 5 5
样例输出
2 0 0 1 1 1 1 2 1 0 1
提示
【样例 1 说明】
对于 1 号点， W1 = 0 ，故只有起点为 1 号点的玩家才会被观察到，所以玩家 1 和玩家 2 被观察到，共 2
人被观察到。
对于 2 号点，没有玩家在第 2 秒时在此结点，共 0 人被观察到。
对于 3 号点，没有玩家在第 5
秒时在此结点，共 0 人被观察到。
对于 4 号点，玩家 1 被观察到，共 1 人被观察到。
对于 5 号点，玩家 1 被观察到，共
1 人被观察到。
对于 6 号点，玩家 3 被观察到，共 1 人被观察到。
难题，考试的时候想写暴力但是先去啃第三题，
整理了一下思路，首先把从s->t的路径拆成从s->lca以及lca->t的路程。
然后考虑到从s到lca的路上会遇到观察员i可以推出deep[s]=deep[i]+w[i];
所以对于每个人,所有deep[i]+w[i]=deep[s]的且位于s到lca的路径上的观察员都会遇上。如何判断一个观察员是否在i到s的路上？？？
我们考虑用时间戳来做，这样整个树形的信息就能转化为线性。
一个观察员首先观察到的是时间戳位于[Grey[u],Black[u]]中的玩家，但是有情况玩家并不经过这个观察员(dfn[lca]>dfn[u])，怎么办?
用树上差分的思想，在dfn[s]处+1,dfn[lca]处-1，对于每个deep[s]建一棵树，统计一下即可。(主席树优化）
另一半差不多
这里的主席树建树时没有依靠前一棵树，可以直接重新建，查询是对单棵线段树进行区间查询。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<vector> #define N 300040 using namespace std; int n,m,dfn[N],In[N],cnt,ans[N],num,Out[N],Time; int rep[N],head[N],next[N<<1],to[N<<1],watch[N],deep[N],root[N*3],Fa[N]; struct note{ int s,t,lca; }runner[N]; struct que{ int id,v; }; struct tree{ int l,r,sum; }T[N*75]; vector<que> ques[N]; int getrep(int u) { if(u==rep[u]) return u; return rep[u]=getrep(rep[u]); } void change(int &now,int l,int r,int pos,int w) { if(!pos) return; if(!now) now=++cnt; T[now].sum+=w; if(l==r) return; int mid=(l+r)>>1; if(pos<=mid) change(T[now].l,l,mid,pos,w);else change(T[now].r,mid+1,r,pos,w); } int query(int now,int l,int r,int x,int y) { if(!now) return 0; if(l==x&&r==y) return T[now].sum; int mid=(l+r)>>1; if(x>mid) return query(T[now].r,mid+1,r,x,y);else if(y<=mid) return query(T[now].l,l,mid,x,y);else return query(T[now].l,l,mid,x,mid)+query(T[now].r,mid+1,r,mid+1,y); } void clear_rep() { for(int i=1;i<=n;i++) rep[i]=i; } void make_way(int u,int v) { to[++num]=v; next[num]=head[u]; head[u]=num; } void tarjan(int u,int fa) { dfn[u]=In[u]=++Time; for(int edge=head[u];edge;edge=next[edge]) if(!In[to[edge]]) { deep[to[edge]]=deep[u]+1; tarjan(to[edge],u); int v=to[edge]; Fa[v]=u; rep[getrep(to[edge])]=u; } for(int i=0;i<ques[u].size();i++) if(In[ques[u][i].v]) runner[ques[u][i].id].lca=getrep(ques[u][i].v); Out[u]=Time; } void clear() { memset(root,0,sizeof(root)); for(int i=1;i<=cnt;i++) T[i].l=T[i].r=T[i].sum=0; cnt=0; } int main() { scanf("%d %d",&n,&m); int u,v; for(int i=1;i<n;i++) { scanf("%d %d",&u,&v); make_way(u,v);make_way(v,u); } for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&watch[i]); clear_rep(); for(int i=1;i<=m;i++){ scanf("%d %d",&u,&v); runner[i].s=u,runner[i].t=v; ques[u].push_back((que){i,v}); ques[v].push_back((que){i,u}); } tarjan(1,0); int now; for(int i=1;i<=m;i++) { now=deep[runner[i].s]; change(root[now],1,n,dfn[runner[i].s],1); change(root[now],1,n,dfn[Fa[runner[i].lca]],-1); } for(int i=1;i<=n;i++) ans[i]+=query(root[deep[i]+watch[i]],1,n,In[i],Out[i]); clear(); for(int i=1;i<=m;i++) { now=deep[runner[i].s]-deep[runner[i].lca]*2+n*2; change(root[now],1,n,dfn[runner[i].t],1); change(root[now],1,n,dfn[runner[i].lca],-1); } for(int i=1;i<=n;i++) ans[i]+=query(root[watch[i]-deep[i]+n*2],1,n,In[i],Out[i]); for(int i=1;i<n;i++) printf("%d ",ans[i]); printf("%d ",ans[n]); }
换教室
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题目描述
对于刚上大学的牛牛来说，他面临的第一个问题是如何根据实际情况申请合适的课程。
在可以选择的课程中，有 2n节课程安排在 n个时间段上。在第 i( 1≤i≤
n)个时间段上，两节内容相同的课程同时在不同的地点进行，其中，牛牛预先被安排在教室ci上课，而另一节课程在教室 di进行。
在不提交任何申请的情况下，学生们需要按时间段的顺序依次完成所有的n节安排好的课程。如果学生想更换第i节课程的教室，则需要提出申请。若申请通过，学生就可以在第i个时间段去教室 di上课，否则仍然在教室 di上课。
由于更换教室的需求太多，申请不一定能获得通过。通过计算，牛牛发现申请更换第
i节课程的教室时，申请被通过的概率是一个己知的实数 ki，并且对于不同课程的申请，被通过的概率是互相独立的。
学校规定，所有的申请只能在学期开始前一次性提交，并且每个人只能选择至多m节课程进行申请。这意味着牛牛必须一次性决定是否申请更换每节课的教室，而不能根据某些课程的申请结果来决定其他课程是否申请；牛牛可以申请自己最希望更换教室的m门课程，也可以不用完这m个申请的机会，甚至可以一门课程都不申请。
因为不同的课程可能会被安排在不同的教室进行，所以牛牛需要利用课间时间从一间教室赶到另一间教室。
牛牛所在的大学有v个教室，有e条道路。每条道路连接两间教室，并且是可
以双向通行的。
由于道路的长度和拥堵程度不同，通过不同的道路耗费的体力可能会有所不同。当第i（1≤i≤n−1）节课结束后，牛牛就会从这节课的教室出发，选择一条耗费体力最少的路径前往下一节课的教室。现在牛牛想知道，申请哪几门课程可以使他因在教室间移动耗费的体力值的总和的期望值最小，请你帮他求出这个最小值。
现在牛牛想知道，申请哪几门课程可以使他因在教室间移动耗费的体力值的总和的期望值最小，请你帮他求出这个最小值。
输入
第一行四个整数n,m,v,e。n表示这个学期内的时间段的数量；m表示牛牛最多可以申请更换多少节课程的教室；v表示牛牛学校里教室的数量；e表示牛牛的学校里道路的数量。
第二行n个正整数，第i（1≤i ≤n）个正整数表示ci ，即第i个时间段牛牛被安排上课的教室；保证1≤ci ≤v。
第三行n个正整数，第 i（1≤i≤n）个正整数表示 di ，即第i个时间段另一间上同样课程的教室；保证1≤di ≤v。
第四行n个实数，第i（1≤i ≤n）个实数表示ki ，即牛牛申请在第i个时间段更换教室获得通过的概率。保证0≤ki≤1。
接下来e行，每行三个正整数aj，bj，wj，表示有一条双向道路连接教室aj,bj，通过这条道路需要耗费的体力值是wj；保证1≤aj,bj≤v，1≤wj≤100。
保证1≤n≤2000，0≤m≤
2000，1≤v≤300，0≤e≤90000。
保证通过学校里的道路，从任何一间教室出发，都能到达其他所有的教室。
保证输入的实数最多包含3位小数。
输出
输出一行，包含一个实数，四舍五入精确到小数点后恰好
2位，表示答案。你的输出必须和标准输出完全一样才算正确。
测试数据保证四舍五入后的答案和准确答案的差的绝对值不大于4×10-3。（如果你不知道什么是浮点误差，这段话可以理解为：对于大多数的算法，你可以正常地使用浮点数类型而不用对它进行特殊的处理）
样例输入
3 2 3 3 2 1 2 1 2 1 0.8 0.2 0.5 1 2 5 1 3 3 2 3 1
样例输出
2.80
提示
【样例 1 说明】
所有可行的申请方案和期望收益如下表：
期望DP，前i个教室申请j次且第i间教室是否申请的最小期望值。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #define N 2100 #define M 320 using namespace std; int d[N][N],c[N][2]; double f[N][N][2]; int n,m,v,e; double w[N]; void floyd() { for(int i=1;i<=v;i++) d[i][i]=0; for(int i=1;i<=e;i++) { int x,y,z; scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); d[y][x]=d[x][y]=min(d[x][y],z); } for(int k=1;k<=v;k++) for(int i=1;i<=v;i++) for(int j=1;j<=v;j++) d[i][j]=min(d[i][j],d[i][k]+d[k][j]); } void dp() { for(int i=0;i<=n;i++) for(int j=0;j<=n;j++) for(int k=0;k<2;k++) f[i][j][k]=2000000000.00; f[1][0][0]=0; if(m) f[1][1][1]=0; for(int i=2;i<=n;i++) { f[i][0][0]=f[i-1][0][0]+d[c[i-1][0]][c[i][0]]; f[i][0][1]=1e60; for(int j=1;j<=m;j++) { f[i][j][0]=min(f[i-1][j][0]+d[c[i-1][0]][c[i][0]],f[i-1][j][1]+w[i-1]*d[c[i-1][1]][c[i][0]]+(1.0-w[i-1])*d[c[i-1][0]][c[i][0]]); f[i][j][1]=f[i-1][j-1][1]+w[i]*w[i-1]*d[c[i-1][1]][c[i][1]]+(1.0-w[i])*w[i-1]*d[c[i-1][1]][c[i][0]]+(1.0-w[i])*(1.0-w[i-1])*d[c[i-1][0]][c[i][0]]+w[i]*(1.0-w[i-1])*d[c[i-1][0]][c[i][1]]; f[i][j][1]=min(f[i][j][1],f[i-1][j-1][0]+w[i]*d[c[i-1][0]][c[i][1]]+(1.0-w[i])*d[c[i-1][0]][c[i][0]]); } } } int main() { scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&v,&e); memset(d,63,sizeof(d)); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&c[i][0]); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&c[i][1]); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf",&w[i]); floyd(); dp(); double ans=2000000000.00; for(int i=0;i<=m;i++) ans=min(ans,min(f[n][i][1],f[n][i][0])); printf("%.2f",ans); }