Written with StackEdit.
(noip)爆炸后就好久没考试了...结果今天又被抓去,感觉很慌啊...
- 考完了.过来填坑.
T1
Description
使得(x^x)达到或超过(n)位数字的最小正整数(x)是多少？
Input
输入一个正整数(n（n<=2*10^9）)。
Output
输出使得(x^x)达到(n)位数字的最小正整数(x)。
Sample Input
11
Sample Output
10
Solution
- (x^xgeq 10^{n-1}).对(10)去取对数,等价于(xlog_{10}xgeq n-1.)
- 二分(x),用(cmath)库自带的(log10)函数检验即可.
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read()
{
int out=0,sgn=1;
char jp=getchar();
while(jp!='-' && (jp>'9' || jp<'0'))
jp=getchar();
if(jp=='-')
jp=getchar(),sgn=-1;
while(jp>='0' && jp<='9')
out=out*10+(jp-'0'),jp=getchar();
return out*sgn;
}
using namespace std;
long long fpow(int a,int b)
{
long long s=1;
while(b)
{
if(b&1)
s*=a;
a*=a;
b>>=1;
}
return s;
}
double count(long long x)
{
double y=x*1.0;
return y*log10(y);
}
int main()
{
freopen("xx.in","r",stdin);
freopen("xx.out","w",stdout);
int n=read();
double x=(n-1)*1.0;
long long L=1,R=1000000000000000000;
long long ans=R+1;
while(L<=R)
{
long long mid=(L+R)>>1;
if(count(mid)>=x)
R=mid-1,ans=min(ans,mid);
else
L=mid+1;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
T2
Description
和所有人一样，奶牛喜欢变化。它们正在设想新造型的牧场。奶牛建筑师(Hei)想建造围有漂亮白色栅栏的三角形牧场。她拥有(N(3≤N≤40))块木板，每块的长度(L_i(1≤L_i≤40))都是整数，她想用所有的木板围成一个三角形使得牧场面积最大。
请帮助(Hei)小姐构造这样的牧场，并计算出这个最大牧场的面积。
Input
第(1)行：一个整数(N.)
第(2..N+1)行：每行包含一个整数，即是木板长度。
Output
仅一个整数：最大牧场面积乘以(100)然后舍尾的结果。如果无法构建，输出(-1)。
Sample Input
5 1 1 3 3 4
Sample Output
692
HINT
(692=)舍尾后的（(100×)三角形面积），此三角形为等边三角形，边长为(4)。
Solution
-
考场上做不出来...怒水了一发(dfs),居然有(70pts.)
-
将所有的木板当作背包，木板的长度作为背包的重量。与普通背包问题不同的是，这里有两个背包。所以，我们要求的不是重量(w)是否能得到，而是一个重量二元组((w0, w1))是否能得到。求解的方法与普通背包问题基本相同，只不过状态是二维的。
-
求得所有可以得到的二元组后，枚举所有的二元组。对于任意的((w_0, w_1)，w_0, w_1，w—w_0—w_1(w)表示所有背包的总重量)即是对应的三角形三边之长(可能是非法三角形)。这些三角形中面积最大者就是我们所求的答案。
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
using namespace std;
int main()
{
freopen("pasture.in" , "r", stdin );
freopen("pasture.out", "w", stdout);
bool f[841][841]= {0};
int n,b[40],i,j,s=0,k;
double m=0,p,t;
cin>>n;
for(i=0; i<n; i++)
{
cin>>b[i];
s+=b[i];
}
f[0][0]=true;
for(k=0; k<n; k++)
for(i=s/2; i>=0; i--)
for(j=i; j>=0; j--)
if(f[i][j])
{
f[i][j+b[k]]=true;
f[i+b[k]][j]=true;
}
p=s/2.0;
for(i=1; i<p; i++)
for(j=1; j<=i; j++)
if(f[i][j]==true&&((i+j)>(s-i-j))&&((i-j)<(s-i-j)))
{
t=p*(p-i)*(p-j)*(p-(s-i-j));
if(m<t) m=t;
}
if(m<=0)cout<<"-1"<<endl;
else cout<<int(sqrt(m)*100)<<endl;
return 0;
}
T3
【问题描述】
小(N)最近学习了位运算，她发现(2)个数(xor)之后数的大小可能变大也可能变小，(and)之后都不会变大，(or)之后不会变小。于是她想算出以下的期望值：现在有 (N)个数排成一排，如果她随意选择一对(l,r)并将下标在(l)和(r)中间(包括(l,r))的数((xor,and,or))之后，期望得到的值是多少呢？取出每一对(l,r) 的概率都是相等的。((l>r)也被视作有意义).
Input
第一行(1)个正整数(N)。
第二行(N)个非负整数代表数列.
Output
一行(3)个数，分别表示(xor)的期望，(and)的期望，(or)的期望，保留(3)位小数。
Sample Input
2
4 5
Sample Output
2.750 4.250 4.750
HINT
(30\%)数据中(1<=N<=1000.)
对于另外的(30\%)数据数列中只包含(0)和(1).
对于(100\%)的数据(1<=N<=100000)，数列中的数 (leq 10^9.)
Solution
- 可以先求出每个的区间的((xor,and,or))总和,再除以区间总数.
- 显然,每一位可以分开计算.下面以(xor)为例.
- 考虑对于每一位,有若干个(0/1),只用考虑贡献为(1)的区间,显然这样的区间内有奇数个(1).
- 令(f[i][0/1])为区间右端点为(i),区间内有偶数/奇数个(1)的区间数目.这里只考虑(lleq r),最终答案可以通过简单操作得到.
- (and,or)的计算方法类似,适当修改一下(0/1)这一位的定义就可以了.
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rg register
#define il inline
inline int read()
{
int out=0,sgn=1;
char jp=getchar();
while(jp!='-' && (jp>'9' || jp<'0'))
jp=getchar();
if(jp=='-')
jp=getchar(),sgn=-1;
while(jp>='0' && jp<='9')
out=out*10+(jp-'0'),jp=getchar();
return out*sgn;
}
const int MAXN=1e5+10;
int a[MAXN];
int x[MAXN][40];
long long f[MAXN][2];
int n,lim=0;
long long tot=0;
double xor1=0,and1=0,or1=0;
long long xor2=0,and2=0,or2=0;
il void dp_xor(int j)
{
f[0][0]=0,f[0][1]=0;
long long res=0;
for(rg int i=1;i<=n;++i)
{
#define val x[i][j]
if(val)
{
f[i][0]=f[i-1][1];
f[i][1]=f[i-1][0]+1;
}
else
{
f[i][0]=f[i-1][0]+1;
f[i][1]=f[i-1][1];
}
res+=f[i][1];
}
xor2+=res<<j;
}
il void dp_and(int j)
{
f[0][1]=0;
long long res=0;
for(rg int i=1;i<=n;++i)
{
#define val x[i][j]
if(val)
f[i][1]=f[i-1][1]+1;
else
f[i][1]=0;
res+=f[i][1];
}
and2+=res<<j;
}
il void dp_or(int j)
{
f[0][0]=f[0][1]=0;
long long res=0;
for(rg int i=1;i<=n;++i)
{
#define val x[i][j]
if(val)
{
f[i][0]=0;
f[i][1]=f[i-1][0]+f[i-1][1]+1;
}
else
{
f[i][0]=f[i-1][0]+1;
f[i][1]=f[i-1][1];
}
res+=f[i][1];
}
or2+=res<<j;
}
void solve_xor()
{
for(rg int i=0;i<=lim;++i)
dp_xor(i);
xor2<<=1;
for(rg int i=1;i<=n;++i)
xor2-=1LL*a[i];
xor1=1.0*xor2/(1.0*n*n);
}
void solve_and()
{
for(rg int i=0;i<=lim;++i)
dp_and(i);
and2<<=1;
and2-=tot;
and1=1.0*and2/(1.0*n*n);
}
void solve_or()
{
for(rg int i=0;i<=lim;++i)
dp_or(i);
or2<<=1;
or2-=tot;
or1=1.0*or2/(1.0*n*n);
}
int main()
{
freopen("nine.in","r",stdin);
freopen("nine.out","w",stdout);
n=read();
for(rg int i=1;i<=n;++i)
{
a[i]=read();
tot+=1LL*a[i];
int k=a[i];
int j=-1;
while(k)
{
++j;
x[i][j]=k&1;
k>>=1;
}
lim=max(lim,j);
}
if(lim<0)
{
puts("0.000 0.000 0.000");
return 0;
}
// cerr<<lim<<endl;
solve_xor();
solve_and();
solve_or();
printf("%.3lf %.3lf %.3lf
",xor1,and1,or1);
//cout<<xor2<<' '<<and2<<' '<<or2<<' '<<endl;
return 0;
}
//2 4 5