9.8 模擬試題


XXY  NOIP 模擬賽 2

題目

 

過路費

 

 

走樓梯升級版

蜂巢

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

stair

beehive

英文題目與子目錄名

 

fee

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

單個測試點時間限制

 

1秒

 

 

1

1

 

 

 

 

 

 

 

內存限制

 

128M

 

 

128M

128M

 

 

 

 

 

 

測試點數目

 

10

 

10

10

 

 

 

 

 

 

每個測試點分值

 

10

 

10

10

 

 

 

 

 

比較方式

 

全文比較(過濾行末空格及文末回車)

 

 

 

 

 

 

 

題目類型

 

傳統

 

 

傳統

傳統

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

過路費

Description

這是xxy的地盤,你在任何一條道路行走都需要交過路費。

這里有n個城市和m條雙向道路,每條道路連接兩個城市。你從某個城市出發到達某個城市。xxy已經在每一條雙向道路上設置一個過路費L 可能有多條道路連接相同的兩個城市,但是不存在一條道路連接一個城市和這個城市本身。

xxy竟然在每個城市上面也設置了一個過路費C。從一個城市到另外一個城市的費用,是經過的所有道路的過路費之和,加上經過的所有的城市(包括起點和終點)的過路費的最大值。 Xxy希望你寫一個程序,接受k個問題,每次計算從st的最小花費。如果st不連通,輸出-1

Input

第一行包含3個整數nmk

接下來n行,每行一個整數表示ci

接下來m行,每行3個整數abL,表示連接ab的雙向道路的過路費為L

接下來k行,每行2個整數st

Output

對於每個詢問,輸出一行表示答案

Example

Input

5 7 2

2

5

3

3

4

1 2 3

1 3 2

2 5 3

5 3 1

5 4 1

2 4 3

3 4 4

1 4

2 3

Output

8

9

對於30%的數據 n<=20,m<=50,k<=30

對於50%的數據 n<=110,m<=1000,k<=100

對於100%的數據 N<=250,m<=10000,k,c,L<=10000

 改編自:

 P2966 [USACO09DEC]牛收費路徑Cow Toll Paths

 

佛洛依德、、、

將點權進行排序,然后跑Floyd,我們在依次跑Floyd的時候保證k=n是的k的點權最大,也就是說這里我們在更新i到j這條路徑的時候依次是使的中間節點的點權最大,這樣保證中間節點的點權最大的話,我們就不用費力的去找他一條路徑上的最大點權了。

 

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#define N 300
#define maxn 9999999
using namespace std;
int n,m,x,y,z,k,dy[N],dis[N][N],f[N][N];
struct A
{
    int id,c;
}a[N];
int read()
{
    int x=0,f=1; char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1; ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();}
    return x*f;
}
int cmp(A a,A b)
{
    return a.c<b.c;
}
int main()
{
    freopen("fee.in","r",stdin);
    freopen("fee.out","w",stdout);
    n=read(),m=read(),k=read();
    for(int i=1;i<=n;i++) a[i].c=read(),a[i].id=i;
    sort(a+1,a+1+n,cmp);
    for(int i=1;i<=n;i++) dy[a[i].id]=i;
    for(int i=1;i<=n;i++) 
     for(int j=1;j<=n;j++)
      f[i][j]=dis[i][j]=maxn;
    for(int i=1;i<=n;i++) f[i][i]=0;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        x=read(),y=read(),z=read();
        x=dy[x],y=dy[y];
        f[x][y]=min(f[x][y],z);
        f[y][x]=f[x][y];
    }
    for(int v=1;v<=n;v++)
     for(int i=1;i<=n;i++)
      for(int j=1;j<=n;j++)
       {
             f[i][j]=min(f[i][j],f[i][v]+f[v][j]);
             dis[i][j]=min(dis[i][j],f[i][j]+max(max(a[i].c,a[v].c),a[j].c)); 
       }    
    for(int i=1;i<=k;i++)
    {
        x=read(),y=read();
        x=dy[x],y=dy[y];
        if(f[x][y]>=maxn) printf("-1\n");
        else printf("%d\n",dis[x][y]);
    }
    return 0; 
}
ac代碼

 

走樓梯升級版

Description

在你成功地解決了上一道走樓梯后,xxy 不禁有些氣惱,於是她又在樓梯上跳來跳去,想要你求出她跳的方案數。.. 

xxy 站在一個 tot 階樓梯下面,他每次可以往上跳1—n步,往下跳1——m步(由於地心引力跳得比較遠),而且在往下跳的時候只能踩在往上跳時踩過的格子。 

現在 xxy 在樓梯上亂跳,想問她跳到樓梯頂上最后又跳回樓梯下面的方案數 mod 233333333。

注意:xxy 只能一直向上跳,跳到樓梯最上面,然后再往下跳,跳回樓梯最底下。

Inpu 

一行3個整數 totnm

Output 

方案數 % 233333333 

Example

Input

2

5 2 4

5 2 3

Output

52

42

Hint

10%的數據,1<=tot,n<=5,m=1

另外10%的數據,1<=tot,n,m<=5

另外20%的數據,1<=tot<=10000,1<=n,m<=5

另外20%的數據,1<=tot<=10000,1<=n,m<=10

另外20%的數據,1<=tot<=400000,1<=n,m<=5

對於100%的數據,1<=tot<=400000,1<=n,m<=10

 

 跟走樓梯的思路一樣。

走一遍樓梯,上去以后再下來可以看為從一層到最上面一層走兩遍。

我們單純的來看走一遍樓梯的情況,我們上去可以走1~n步,下來的時候可以選擇走1~m步。

那么我們上去的時候的狀態轉移方程是不是可以看為f[i]=f[i-1]+f[i-2]+fi-3]+……+f[i-n],下來的時候就可以看做fi]=f[i-1]+f[i-2]+fi-3]+……+f[i-m].

這個是只考慮走一遍的情況。我們現在的走樓梯是要上去以后再下來。

我們現在考慮爬上去以后再下來,那么我們就可以推出狀態轉移方程dp[i]=dp[i-1]*f[1]+dp[i-2]*f[2]+dp[i-3]*f[3]+……+dp[i-m]*f[m].

這個時候有人一定要問了,dp是什么??f[]又是什么??

dp是我們爬到當前階層時的方案數。我們先只考慮第二遍往下跳的時候,我們的方案數,上面我們說過了,這個時候的方案數是fi]=f[i-1]+f[i-2]+fi-3]+……+f[i-m]。由於我們每次下樓的時候必須走上樓時走過的樓梯,也就是說我們要在跳下來的台階數要被跳上過一次,例如我們現在要向下跳j步,這個時候我們跳上去的方案數就變成了f[j]=f[j-1]+f[j-2]+……+f[j-n],這就相當於我們要跳j層台階,一共可以走1~n步,有幾種方案數。

我們在利用乘法原理+加法原理,就好了。

(加法原理,我們當前點可以有好幾種走法,首先它可以從i-1跳到i,可以從i-2跳到i,也可以從i-3跳到i、、、、、這幾種走法的和為總方案數。對於每一種走法,我們又要分兩步,在進行乘法原理。

   乘法原理,我們要跳到當前點分兩步,一步向上跳,另一步是向下跳,這兩步的方案數的乘積就是總共的方案數。)

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 410000
#define mod 233333333
using namespace std;
long long t,tot,n,m,dp[N],f[N];
long long read()
{
    long long x=0,f=1; char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1; ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();}
    return x*f;
}
int main()
{
    freopen("stair.in","r",stdin);
    freopen("stair.out","w",stdout);
    t=read();
    while(t--)
    {
        memset(f,0,sizeof(f));
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        tot=read(),n=read(),m=read();
        f[0]=1;
        for(int i=1;i<=m;i++)
         for(int j=1;j<=n;j++)
          if(i-j>=0) f[i]+=f[i-j];
          else break;
        dp[0]=1;
        for(int i=1;i<=tot;i++)
          for(int j=1;j<=m;j++)
            if(i-j>=0) dp[i]=(dp[i]+dp[i-j]*f[j])%mod;
            else break;
        printf("%I64d\n",dp[tot]);
    }
    return 0;
}
AC代碼

 

蜂巢

Description

求上圖兩點間的最短距離

Input

輸入包含多組測試數據

每組數據包含一行,每行包含兩個整數a,b

Output

對於每組測試數據,輸出一行,

每行三個整數 a,b,dis,表示a與b之間的最短距離為dis

Example

Input

2 35

26 14

3 7

Output

3

3

2

Hint

對於10%的數據,1<=a,b<=10,數據組數<=10

對於30%的數據,1<=a,b<=100,數據組數<=1000

對於50%的數據,1<=a,b<=1000,數據組數<=160000

對於70%的數據,1<=a,b<=10000,數據組數<=500000

對於100%的數據,1<=a,b<=100000,數據組數<=500000

 

棄療

http://www.cnblogs.com/TheRoadToTheGold/p/7404189.html

#include<cmath> #include<cstdio> #include<algorithm>
using namespace std; int dx[6]={0,-1,-1,0,1,1}; int dy[6]={-1,-1,0,1,1,0}; int s[6]={2,1,2,2,2,2}; int x[10001],y[10001]; int main() { y[2]=-1; x[3]=-1; y[3]=-1; x[4]=-1; y[5]=1; x[6]=1; y[6]=1; int nowd=0,nows=1,nowx=1,nowy=1; for(int now=7;now<=10000;now++) { if(nows>s[nowd]) nows=1,nowd++; if(nowd>=6) { nowd=0; for(int i=0;i<6;i++) s[i]++; } nowx+=dx[nowd]; nowy+=dy[nowd]; x[now]=nowx; y[now]=nowy; nows++; } int a,b,aa,bb; while(scanf("%d%d",&aa,&bb)!=EOF) { a=aa; b=bb; if(!a) return 0; if(x[a]>x[b]) swap(a,b); if(x[a]!=x[b] && y[a]<y[b]) printf("The distance between cells %d and %d is %d.\n",aa,bb,max(x[b]-x[a],y[b]-y[a])); else printf("The distance between cells %d and %d is %d.\n",aa,bb,abs(y[a]-y[b])+x[b]-x[a]); } }
粘個大佬的代碼

 


注意!

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