玩具谜题（toy）
送分题。没有什么好说的。
直接按照题目的要求模拟即可。
标准的noip式day1T1。
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<climits>
#include<iostream>
#define LL long long
using namespace std;
int n,m,a[100010];
char s[100010][20];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d %s",&a[i],s[i]);
int x=1,d,y;
while (m--)
{
scanf("%d%d",&d,&y);
if (a[x]==0)
{
if (d==0)
{
x-=y;
if (x<1) x+=n;
}
else
{
x+=y;
if (x>n) x-=n;
}
}
else
{
if (d==0)
{
x+=y;
if (x>n) x-=n;
}
else
{
x-=y;
if (x<1) x+=n;
}
}
}
for (int i=0;i<strlen(s[x]);i++)
putchar(s[x][i]);
putchar('\n');
return 0;
}反思
这道题目没有什么失误，时间上也只花费了5min-。由于这类题目没法对拍，肉眼检查了一遍，还算正常。
天天爱跑步(running)
首先考虑暴力80分的做法（代码只提供60分的，原因下文会说），下面仔细的分解每一部分的点：
1（10）：每个人的终点就是起点，那么直接对W_j=0的点，计算出现了几次即可。
2（10）：所有的W_j=0，计算所有人的起点出现了几次即可。
3（25）：直接对于每一个人的路线，暴力LCA，累加得到答案。
4（15）：树退化成链，变成了区间操作。我们把跑的路径分成两类，即从小到大一类，从大到小一类。然后，我们扫一遍n，对当前位置i，正好经过的区间左边界为i的格式加入d[i],然后把右边界为i的对应的左边界x的d[x]-1，那么显然对于的当前处理到的位置i，答案就是d[i-W_i]和d[i+W_i]，那么，前扫一遍后扫一遍即可。
5（20）：以1结点为根建树，假设1结点的深度为0，结点i的深度为d[i]，那么只有当d[i]=W_j的时候，这个结点的答案才不为0，而这种时候，他的答案就是所有能够通过这个结点的路径数量，那么，我们每次把路径的右端点的标记+1，这个结点的答案就是他所有孩子的权值和。
6（20）：终点为1的。那么只存在从下到上上升的一部分，是下文正解的一部分，这里不赘述，代码也不提供。那么下面来分析一下正解吧。
首先，对于一个人跑步的路径(x,y)，我们把它分成两部分：(x,lca(x,y))和(lca(x,y),y)。
如果一个点i在从x到lca(x,y)的路径可以检测到的话，那么就有d[i]+w[i]=d[x]。
如果一个点i在从lca(x,y)到y的路径上可以检测到的话，那么就有d[i]-w[i]=d[y]-len(x,y)。
我们可以直接使用树剖来解决这类树上链的问题，但也可以考虑直接在树上标记，然后dfs解决：从x到y的一个路径，在x中a[d[x]]加一个，当dfs把lca(x,y)退栈的时候，x的影响就没有了，那么把a[d[x]]减掉。 在lca(x,y)那里需要把一个b[d[y]]加进来，在y出栈后，就把b[d[y]]减掉。
每次ans[x]的答案就是子树a[d[x]+w[x]]+b[d[x]-w[x]]的数量。
但我们发现，这样做在树退化成链的时候会重复，我们需要特判一下，起点和终点相同的时候也会重复，也需要特判。60分代码
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<climits>
#include<iostream>
#include<vector>
#define LL long long
using namespace std;
int n,m,b[100010],d[100010],ans[100010],l[100010],fa[100010];
vector<int > a[100010];
bool c[100010];
struct data
{
int x,y;
}q[100010],p[100010],P[100010],Q[100010];
void dfs(int x)
{
c[x]=false;
for (int i=0;i<a[x].size();i++)
if (c[a[x][i]])
{
d[a[x][i]]=d[x]+1;
fa[a[x][i]]=x;
dfs(a[x][i]);
}
}
void DFS(int x)
{
c[x]=false;
for (int i=0;i<a[x].size();i++)
if (c[a[x][i]])
{
DFS(a[x][i]);
ans[x]+=ans[a[x][i]];
}
}
bool cmp1(data x,data y){return x.x<y.x;}
bool cmp2(data x,data y){return x.y<y.y;}
bool cmp3(data x,data y){return x.x>y.x;}
bool cmp4(data x,data y){return x.y>y.y;}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
if (n%10==1)
{
int x,y;
for (int i=1;i<n;i++)
scanf("%d%d",&x,&y);
for (int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&b[i]);
memset(ans,0,sizeof(ans));
while (m--)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
if (b[x]==0) ans[x]++;
}
for (int i=1;i<n;i++)
printf("%d ",ans[i]);
printf("%d\n",ans[n]);
return 0;
}
if (n%10==2)
{
int x,y;
for (int i=1;i<n;i++)
scanf("%d%d",&x,&y);
for (int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&b[i]);
memset(ans,0,sizeof(ans));
while (m--)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
ans[x]++;
}
for (int i=1;i<n;i++)
printf("%d ",ans[i]);
printf("%d\n",ans[n]);
return 0;
}
if (n%10<=3)
{
int x,y;
for (int i=1;i<n;i++)
scanf("%d%d",&x,&y),a[x].push_back(y),a[y].push_back(x);
for (int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&b[i]);
memset(c,true,sizeof(c));
d[1]=1;
dfs(1);
while (m--)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
int l=0,r=0;
if (d[x]>d[y])
{
l=0;
while (d[x]>d[y])
{
if (b[x]==l) ans[x]++;
x=fa[x];l++;
}
int z=y;
while (x!=z)
{
if (b[x]==l+r) ans[x]++;
z=fa[z];x=fa[x];
r++;
}
if (b[x]==l+r) ans[x]++;
r=l+r+r;
while (y!=x)
{
if (b[y]==r) ans[y]++;
y=fa[y];
r--;
}
}
else if (d[x]==d[y])
{
int z=y;
while (x!=z)
{
if (b[x]==l+r) ans[x]++;
z=fa[z];x=fa[x];
r++;
}
if (b[x]==r) ans[x]++;
r=r+r+1;
while (y!=x)
{
if (b[y]==r) ans[y]++;
y=fa[y];
r--;
}
}
else
{
int z=y;
while (d[z]>d[x])
{
r++;
z=fa[z];
}
while (z!=x)
{
l++;
if (b[x]==l) ans[x]++;
x=fa[x],z=fa[z];
}
if (b[x]==l) ans[x]++;
r=l+l+r;
while (y!=x)
{
if (b[y]==r) ans[y]++;
y=fa[y];
r--;
}
}
}
for (int i=1;i<n;i++)
printf("%d ",ans[i]);
printf("%d\n",ans[n]);
return 0;
}
if (n%10==4)
{
int x,y;
for (int i=1;i<n;i++)
scanf("%d%d",&x,&y);
for (int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&b[i]);
int X=0,Y=0;
for (int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
if (x<=y) q[++X].x=x,q[X].y=y,Q[X].x=x,Q[X].y=y;
else p[++Y].x=x,p[Y].y=y,P[Y].x=x,P[Y].y=y;
}
sort(q+1,q+1+X,cmp1);
sort(Q+1,Q+1+X,cmp2);
int ql=1,Ql=1;
memset(d,0,sizeof(d));
for (int i=1;i<=n;i++)
{
while (q[ql].x<=i)
{
if (ql>X) break;
d[q[ql].x]++;
if (ql+1>X) {ql++;break;}else ql++;
}
if (i-b[i]>0) ans[i]+=d[i-b[i]];
while (Q[Ql].y<=i)
{
if (Ql>X) break;
d[Q[Ql].x]--;
if (Ql+1>X) {Ql++;break;}else Ql++;
}
}
sort(p+1,p+1+Y,cmp3);
sort(P+1,P+1+Y,cmp4);
int pl=1,Pl=1;
memset(d,0,sizeof(d));
for (int i=n;i>=1;i--)
{
while (p[pl].x>=i)
{
if (pl>Y) break;
d[p[pl].x]++;
if (pl+1>Y) {pl++;break;}else pl++;
}
if (i+b[i]<=n) ans[i]+=d[i+b[i]];
while (P[Pl].y>=i)
{
if (Pl>Y) break;
d[P[Pl].x]--;
if (Pl+1>Y) {Pl++;break;}else Pl++;
}
}
for (int i=1;i<n;i++)
printf("%d ",ans[i]);
printf("%d\n",ans[n]);
return 0;
}
if (n%10==5)
{
int x,y;
for (int i=1;i<n;i++)
scanf("%d%d",&x,&y),a[x].push_back(y),a[y].push_back(x);
for (int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&b[i]);
memset(c,true,sizeof(c));
d[1]=0;
dfs(1);
memset(ans,0,sizeof(ans));
for (int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
ans[y]++;
}
memset(c,true,sizeof(c));
DFS(1);
for (int i=1;i<n;i++)
if (d[i]==b[i]) printf("%d ",ans[i]);else printf("0 ");
if (d[n]==b[n]) printf("%d\n",ans[n]);else printf("0\n");
return 0;
}
if (n%10==6)
{
}
return 0;
}满分代码
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<climits>
#include<iostream>
#include<vector>
#define LL long long
using namespace std;
int n,m,S,ans[300010],w[300010],c[300010],h[300010],to[600010],ne[600010],d[300010],p[600010][20];
vector <int > X[300010],Y[300010],ys[300010];
int xs[300010],Up[600010],Down[600010];
void dfs(int u)
{
for (int i=h[u];i!=-1;i=ne[i])
{
if (!c[to[i]])
{
c[u]=1;
d[to[i]]=d[u]+1;
p[to[i]][0]=u;
dfs(to[i]);
}
}
}
void init()
{
for (int j=1;(1<<j)<=n;j++)
for (int i=1;i<=n;i++)
if (p[i][j-1]!=-1) p[i][j]=p[p[i][j-1]][j-1];
}
int lca(int x,int y)
{
if (d[x]<d[y]) swap(x,y);
int i;
for (i=0;(1<<i)<=d[x];i++);i--;
for (int j=i;j>=0;j--)
if (d[x]-(1<<j)>=d[y]) x=p[x][j];
if (x==y) return x;
for (int j=i;j>=0;j--)
if (p[x][j]!=-1 && p[x][j]!=p[y][j])
x=p[x][j],y=p[y][j];
return p[x][0];
}
void Add(int x,int y)
{
S++;to[S]=x;ne[S]=h[y];h[y]=S;
S++;to[S]=y;ne[S]=h[x];h[x]=S;
}
int Find(int x,int y)
{
y=d[x]-y;
int i;
for (i=0;(1<<i)<=d[x];i++);i--;
for (int j=i;j>=0;j--)
if (d[x]-(1<<j)>=y) x=p[x][j];
return x;
}
const int Const=300010;
void DFS(int u)
{
int x=Up[d[u]+w[u]],y=Down[d[u]-w[u]+Const];
Up[d[u]]+=xs[u];
for (int j=0;j<Y[u].size();j++)
Down[Y[u][j]+Const]++;
for (int i=h[u];i!=-1;i=ne[i])
if (!c[to[i]]) {c[to[i]]=1;DFS(to[i]);}
ans[u]+=Up[d[u]+w[u]]+Down[d[u]-w[u]+Const]-x-y;
for (int j=0;j<X[u].size();j++)
{
Up[X[u][j]]--;
if (X[u][j]==d[u]+w[u]) ans[u]--;
}
for (int j=0;j<ys[u].size();j++)
Down[ys[u][j]+Const]--;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
int x,y;
memset(h,-1,sizeof(h));
memset(d,0,sizeof(d));
for (int i=1;i<n;i++)
scanf("%d%d",&x,&y),Add(x,y);
for (int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&w[i]);
memset(c,0,sizeof(c));
d[1]=0;c[1]=1;dfs(1);init();
memset(xs,0,sizeof(xs));
for (int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
int z=lca(x,y);
xs[x]++;
Y[y].push_back(d[y]-(d[x]+d[y]-2*d[z]));
X[z].push_back(d[x]);
ys[z].push_back(d[y]-(d[x]+d[y]-2*d[z]));
}
memset(ans,0,sizeof(ans));
memset(c,0,sizeof(c));
memset(Up,0,sizeof(Up));
memset(Down,0,sizeof(Down));
c[1]=1;DFS(1);
for (int i=1;i<n;i++)
printf("%d ",ans[i]);
printf("%d\n",ans[n]);
return 0;
}反思
这道题目主要的失误在于考场上时间安排的失误。
刚开始觉得，这题是D1T2，于是1h+都在思考正解，然后，弃疗去看T3，发现T3可做，然后T3煞笔一样的数据范围看错，边的输入了m，然后一直过不了大样例，调了整整1h+，这直接导致了T2来不及。
因为考场上，我想不出T2的正解，而从上面的分析就可以看出，T2的暴力是需要花很多时间的，时间花的越多，分数就越高。但我把时间浪费在了T3的调试上，T2的硬刚上。这都是考场上策略的失误。
说到底还是平时缺少训练，代码能力差，应考能力差的表现。
换教室（classroom）
首先是最短路，floyd即可。
暴力出奇迹，直接爆搜，80+。
那么对于正解,就是数学、dp相关的内容。
我们用f[i][j][k]表示前i节课，换掉j节课，其中第i节课（即最后一节）换或者不换（k=0 表示换，k=1表示不换）的期望。
然后考虑转移，由于期望可加，那么，我们只要一次用概率乘上当前情况的最短路即可。
但还要注意一些细节，题面中也说明了：1、有重边（56分）；2、有自环（25分）。
注意，uoj的hack数据中，有m>n的情况，题目中也确实没有保证m<=n，所以也是一个细节。
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<climits>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<queue>
#define LL long long
using namespace std;
int n,m,v,e,c[2010],d[2010],a[2010][5],u[2010],o[310][310];
double p[2010],f[2010][2010][2];
struct data
{
int x,y;
data(int a=0,int b=0):x(a),y(b){}
};
vector<data > b[2010];
int main()
{
//freopen("classroom.in","r",stdin);
//freopen("classroom.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&v,&e);
for (int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&c[i]);
for (int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&d[i]);
for (int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lf",&p[i]);
for (int i=1;i<=v;i++)
for (int j=1;j<=v;j++)
o[i][j]=900000000;
int x,y,z;
for (int i=1;i<=e;i++)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
o[x][y]=min(o[x][y],z);o[y][x]=min(o[y][x],z);
}
for (int k=1;k<=v;k++)
for (int i=1;i<=v;i++)
for(int j=1;j<=v;j++)
if (i!=j && i!=k && j!=k)
{
if (o[i][k]+o[k][j]<o[i][j]) o[i][j]=o[i][k]+o[k][j];
}
for (int i=1;i<=v;i++)
for (int j=1;j<=v;j++)
if (o[i][j]==900000000 || i==j) o[i][j]=0;
for (int i=2;i<=n;i++)
{
a[i][1]=o[c[i-1]][c[i]];
a[i][2]=o[c[i-1]][d[i]];
a[i][3]=o[d[i-1]][c[i]];
a[i][4]=o[d[i-1]][d[i]];
}
f[2][0][0]=(double)a[2][1];
f[2][1][0]=(double)a[2][3]*p[1]+(double)a[2][1]*(1.0-p[1]);
f[2][1][1]=(double)a[2][2]*p[2]+(double)a[2][1]*(1.0-p[2]);
f[2][2][1]=(double)a[2][4]*p[1]*p[2]+(double)a[2][1]*(1.0-p[1])*(1.0-p[2])+(double)a[2][2]*(1.0-p[1])*p[2]+(double)a[2][3]*p[1]*(1.0-p[2]);
for (int i=3;i<=n;i++)
{
f[i][0][0]=f[i-1][0][0]+a[i][1];
if (i<=m) f[i][i][1]=f[i-1][i-1][1]+(double)a[i][4]*p[i-1]*p[i]+(double)a[i][1]*(1.0-p[i-1])*(1.0-p[i])+(double)a[i][2]*(1.0-p[i-1])*p[i]+(double)a[i][3]*p[i-1]*(1.0-p[i]);
for (int j=1;j<=min(i-1,m);j++)
{
f[i][j][0]=f[i-1][j][1]+(double)a[i][3]*p[i-1]+(double)a[i][1]*(1.0-p[i-1]);
if (i-1>j) f[i][j][0]=min(f[i][j][0],f[i-1][j][0]+(double)a[i][1]);
f[i][j][1]=f[i-1][j-1][0]+(double)a[i][1]*(1.0-p[i])+(double)a[i][2]*p[i];
if (j-1>=1) f[i][j][1]=min(f[i][j][1],f[i-1][j-1][1]+(double)a[i][4]*p[i-1]*p[i]+(double)a[i][3]*p[i-1]*(1.0-p[i])+(double)a[i][2]*(1.0-p[i-1])*p[i]+(double)a[i][1]*(1.0-p[i-1])*(1.0-p[i]));
}
}
double ans=f[n][0][0];
for (int i=1;i<=m;i++)
if (i<=n)
{
if (n!=i) ans=min(ans,f[n][i][0]);
if (n-i>=1) ans=min(ans,f[n][i][1]);
}
printf("%0.2lf\n",ans);
return 0;
}反思
可能是期望dp的题目第一次进入联赛吧，出题人给了很多的暴力分，暴力可以到80+。
这道题目的失分主要在于三个点：
1、数据范围看错，比赛的时候浪费了一个小时（边的读入少了）；也是因为这个，导致最短路选了SPFA，于是TLE（30分）。
2、最后选取答案的时候，没有去掉一类情况（f[n][n][0]）（5分）。
3、没有考虑自环的情况（20分）。说了这么多，总之就是这道题目上的失误很多。平时训练很多题目注重于思考而疏于代码的练习，这是以后需要重点关注的。平时训练的时候很多题目来源于acm，Wa了以后会多次提交，而导致在比赛的时候，看错了数据范围，是个人平时做题习惯不好造成的。
组合数问题（problem）
基础的数学知识是$C_n^m$对应杨辉三角中的第$n$行$m$列的数。
那么，直接递推就可以得出整个杨辉三角。而对于能否被k整除的问题，直接$%k$即可。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<climits>
#include<cstdlib>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#define LL long long
using namespace std;
int T,k,n,m,a[2010][2010];
int main()
{
scanf("%d%d",&T,&k);
a[0][0]=1;a[1][0]=1;a[1][1]=1;
for (int i=2;i<=2000;i++)
{
a[i][0]=1;a[i][i]=1;
for (int j=1;j<i;j++)
a[i][j]=(a[i-1][j-1]+a[i-1][j])%k;
}
for (int i=0;i<=2000;i++)
for (int j=0;j<=2000;j++)
if (a[i][j]==0 && j<=i) a[i][j]=1;else a[i][j]=0;
for (int i=0;i<=2000;i++)
for (int j=1;j<=2000;j++)
a[i][j]+=a[i][j-1];
for (int i=1;i<=2000;i++)
for (int j=0;j<=2000;j++)
a[i][j]+=a[i-1][j];
while (T--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
printf("%d\n",a[n][m]);
}
return 0;
}反思
失误最严重的一道题目。
这道题目对于我而言，或者说对于所有的选手而言都理应是一道送分题。
从上面的题解也可以看出。
但是我在考场上的做法是判断$C_n^m$这个组合数的因子中有多少个k，然后的是递推，但是这样做的话，是有巨大的bug的：例如，当$k=6$的时候，因子中没有出现6，但出现了2和3，是能被6整除的。
所以导致了我在k为合数的时候，全部Wa，因此失掉了60分！
这是严重的失误，但失误绝对是因为平时训练时的习惯造成的。
当时在考场上，这道题目我还和暴力拍上了，很放心，当然，那么暴力的因子也是这么处理的，所以也错了。
本是想着万一这道题目出了什么岔子，暴力是要交上去的，所以也加了些许优化。
所以以后用来对拍的暴力，还是要用最保险的打法，不然，非常容易狗带（记得去年是因为对拍以后交错程序，也是Day2的T1）。
一次又一次的教训！一定要警示！
蚯蚓（earthworm）
直接调用STL中的$priority\_queue$，然后对于q，我们只需要在每次处理以后，当前处理的-q放入即可。期望得分65。
考虑q=0的做法。
我们只需要三个队列来处理。
一个队列存放没有切过的蚯蚓（已经进行过排序）；
一个队列存放切过的前半段蚯蚓，另一个队列存放切过的后半段蚯蚓，这样的话，我们一定可以保证三个队列都是有序的，那么，我们每次要切的蚯蚓，只需要比较三个队列的头即可。这样的时间复杂度是$O(nlogn+m)$。
在这个基础上继续思考。
我们发现，由于每次+q，队列中所有元素的相对位置是不会发生变化的。
也就是说，我们可以用另外的一个变量在处理q（这个和用STL处理的时候类似），那么对于当前处理的，我们只要放进队里的时候-Q（表示当前总的q）即可，因为当前的放进的那个队列中一定是最小的，又由于当前次没有+q，只会更小，所以不会影响总体的顺序。
那么，复杂度类似的，仍然是$O(nlogn+m)$。
最后还有一个细节问题，是官网数据中没有涉及的，但UOJ的hack中有：
当u、v接近1000000000的时候，单纯的double处理会出现精度问题，为了避免这个问题，我们用$*u/v$代替$*p$来避免，但要注意开$long long$
90分程序
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<climits>
#include<cstdlib>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#define LL long long
using namespace std;
priority_queue<int > Q;
int n,m,q,u,v,t,a[100010];
double p;
void read(int &x)
{
x=0;char y=getchar();
while (y<48 || y>48+9) y=getchar();
while (y>=48 && y<=48+9) x=x*10+y-48,y=getchar();
}
char asdf[20];
void print(int x)
{
if (x==0) putchar('0');
int y=0;for (;x;x/=10) asdf[y++]=x%10+48;while (y--) putchar(asdf[y]);
}
bool cmp(int x,int y)
{
return x>y;
}
int x[100010],y[7000010],z[7000010];
int main()
{
scanf("%d%d%d%d%d%d",&n,&m,&q,&u,&v,&t);
p=(double)u/(double)v;
if (q==0)
{
for (int i=1;i<=n;i++)
read(a[i]);
sort(a+1,a+1+n,cmp);
int xl=0,yl=0,zl=0,xr=0,yr=0,zr=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
x[++xr]=a[i];
int o,y1,x2,T=0,i=0,X=1;
while (m--)
{
i++;
o=0;y1=0;
if (xr-xl>0) if (x[xl+1]>o) o=x[xl+1],y1=1;
if (yr-yl>0) if (y[yl+1]>o) o=y[yl+1],y1=2;
if (zr-zl>0) if (z[zl+1]>o) o=z[zl+1],y1=3;
if (y1==1) xl++;
else if (y1==2) yl++;
else zl++;
if (X*t==i)
{
if (X==1) print(o);
else putchar(' '),print(o);
X++;
}
y1=(int)(p*(double)(o));
o=o-y1;
y[++yr]=y1;z[++zr]=o;
}
i=0;X=1;
putchar('\n');
while (xr+yr+zr-xl-yl-zl>0)
{
o=0;y1=0;
if (xr-xl>0) if (x[xl+1]>o) o=x[xl+1],y1=1;
if (yr-yl>0) if (y[yl+1]>o) o=y[yl+1],y1=2;
if (zr-zl>0) if (z[zl+1]>o) o=z[zl+1],y1=3;
if (y1==1) xl++;
else if (y1==2) yl++;
else zl++;
i++;
if (X*t==i)
{
if (X==1) print(o+T);
else putchar(' '),print(o+T);
X++;
}
}
putchar('\n');
return 0;
}
int x;
for (int i=1;i<=n;i++)
read(x),Q.push(x);
int y,y1,z=0,i=0;x=1;
while (m--)
{
i++;
y=Q.top();
Q.pop();
if (x*t==i)
{
if (x==1) print(y+z);
else putchar(' '),print(y+z);
x++;
}
y1=(int)(p*(double)(y+z));
y=y+z-y1;
z+=q;
Q.push(y1-z);Q.push(y-z);
}
putchar('\n');
x=1,i=0;
while (!Q.empty())
{
i++;
if (x*t==i)
{
if (x==1) print(Q.top()+z);
else putchar(' '),print(Q.top()+z);
x++;
}
Q.pop();
}
putchar('\n');
return 0;
}满分代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<climits>
#include<cstdlib>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#define LL long long
using namespace std;
void read(int &x)
{
x=0;char y=getchar();
while (y<48 || y>48+9) y=getchar();
while (y>=48 && y<=48+9) x=x*10+y-48,y=getchar();
}
char asdf[20];
void print(int x)
{
if (x==0) putchar('0');
int y=0;for (;x;x/=10) asdf[y++]=x%10+48;while (y--) putchar(asdf[y]);
}
int n,m,q,u,v,t,a[100010],x[7000010],y[7000010],z[7000010];
bool cmp(int x,int y)
{
return x>y;
}
int main()
{
read(n);read(m);read(q);read(u);read(v);read(t);
for (int i=1;i<=n;i++)
read(a[i]);
sort(a+1,a+1+n,cmp);
int xl=0,xr=0,yl=0,yr=0,zl=0,zr=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
x[++xr]=a[i];
int Q=0,i=0,X=1,o,y1;
while (m--)
{
i++;
o=-INT_MAX;y1=0;
if (xr-xl>0) if (x[xl+1]>o) o=x[xl+1],y1=1;
if (yr-yl>0) if (y[yl+1]>o) o=y[yl+1],y1=2;
if (zr-zl>0) if (z[zl+1]>o) o=z[zl+1],y1=3;
if (y1==1) xl++;
else if (y1==2) yl++;
else zl++;
o+=Q;Q+=q;
if (X*t==i)
{
if (X==1) print(o);
else putchar(' '),print(o);
X++;
}
y1=(int)((LL)(o)*(LL)(u)/(LL)(v));
o=o-y1;
y[++yr]=y1-Q;z[++zr]=o-Q;
}
putchar('\n');
i=0;X=1;
while (xr+yr+zr-xl-yl-zl>0)
{
i++;
o=-INT_MAX;y1=0;
if (xr-xl>0) if (x[xl+1]>o) o=x[xl+1],y1=1;
if (yr-yl>0) if (y[yl+1]>o) o=y[yl+1],y1=2;
if (zr-zl>0) if (z[zl+1]>o) o=z[zl+1],y1=3;
if (y1==1) xl++;
else if (y1==2) yl++;
else zl++;
if (X*t==i)
{
if (X==1) print(o+Q);
else putchar(' '),print(o+Q);
X++;
}
}
putchar('\n');
return 0;
}反思
总的来说，这道题目的算法并不是很难想到。
先前的Noip题中也有一道合并果子，因为可以直接用优先队列解，便没有深究。而其实，合并果子是有线性的做法的，也就是和上面所述的三个队列类似。
那么，这道题目就只能归结于平时做题的时候缺少思考，依赖于blog中的题解，没有独立思考的过程，没有去想更有的解法和策略。
这道题目，实际在考场的中的得分仅有65分，应该说，不考虑上述的情况，在考场上，应该是可以写出90分的算法的。而当时是觉得打个优先队列也有这么多分，就草草了事，去做T3了，而后来的话，似乎忘了这么一回事，一直在拍，在检查，没有想着去多拿一点分（结果连T1都跪了）。
愤怒的小鸟（angrybirds）
应该算是一道比较基础的状态压缩dp。
首先$O(n^2)$预处理。
表示确定两个点以后，我们可以求出抛物线的解析式，然后根据这个解析式求得有多少个点符合要求。
然后就是dp,f[i]表示状态为i（i转换为2进制以后，0表示不可行，1表示可行）最少需要多少次。
暴力背包转移即可。
这样的复杂度是$O(n^2*2^n)$,提出一种优化:
每次，对于一个状态，我们一定会将最前面的一个不可行的位置变为可行（因为最后一定要变为全部可行），那么，我们不需要每次都寻找$n^2$次，只需要对于当前的最前面一个不可行的位置找即可，这样，总的复杂度就变成了$O(n*2^n)$，但实际上，官方数据不需要优化。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<climits>
#include<cstdlib>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#define LL long long
using namespace std;
int T,n,m,b[20],f[300010],c[400];
struct data
{
double x,y;
}a[20];
const double EPS=1e-10;
int main()
{
scanf("%d",&T);
while (T--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lf%lf",&a[i].x,&a[i].y);
int s=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=i+1;j<=n;j++)
{
double x1=a[i].x,y1=a[i].y,x2=a[j].x,y2=a[j].y,A,B;
if (x1*x1*x2!=x1*x2*x2)
{
A=(x1*y2-x2*y1)/(x1*x2*x2-x1*x1*x2);
B=(y1-A*x1*x1)/x1;//A*x3*x3+B*x3-y1
if (A<-EPS)// && abs(A-0)>1e-3)
{
s++;memset(b,0,sizeof(b)); //int q=0;
for (int k=1;k<=n;k++)
{
//printf("%0.30lf\n",A*a[k].x*a[k].x+B*a[k].x-a[k].y);
if (abs(A*a[k].x*a[k].x+B*a[k].x-a[k].y)<EPS) b[k]=1;
}
//if (q>=2) printf("%d %d\n",i,j);
int t=0;
for (int k=1;k<=n;k++)
t=t<<1|b[k];
c[s]=t;
}
}
}
for (int j=(1<<(n))-1;j>=0;j--)
f[j]=n;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
memset(b,0,sizeof(b));
b[i]=1;
int t=0;
for (int k=1;k<=n;k++)
t=t<<1|b[k];
c[++s]=t;
}
f[0]=0;
for (int i=1;i<=s;i++)
{
for (int j=(1<<(n))-1;j>=0;j--)
f[j|c[i]]=min(f[j|c[i]],f[j]+1);
}
printf("%d\n",f[(1<<(n))-1]);
}
return 0;
}反思
这道题目上的失误主要在于精度处理上的问题。
在联赛以前一直有这么一个心态：联赛肯定不会很难，所以在平时的训练中也会刻意的去回避这一类要处理精度的问题。
所以说，心态和策略的错误是这道题目的最大失误。
对于精度问题，犯了一下两个错误：
1、精度的问题，考虑的太少，我的eps只写了1e-4。看到成绩以后，发现这道题目拿了90分，一直以为是TLE。而在拿到官方数据以后，在发现是Wa，然后我把eps改成了1e-10，就过了。
2、在判断a<0的时候，忽略了精度问题（虽然不考虑也能A掉官方数据），应该改为a<-eps。此类精度问题，在后面的训练中已经是不可回避的问题了，一定多做此类题目，增加处理精度的经验（记得在ZJOI2016上有过这样一份讲稿，要再去学习一下）。
总结
先说说今年的题目。
对这场Noip题目总的感觉是题目的顺序编排存在一定不合理性。
对于题目本身，Noip2016引入了从未有过的期望dp，对数据结构的考察在淡化。相对前几年，今年的题目更侧重与思考，减少了代码量。这应该也是以后算法竞赛的趋势吧。
但让我个人比较不爽的是，Noip对暴力选手过于照顾。尤其体现在D1T3上，暴力可以拿80分，这会让联赛没有区分度，让打残期望dp的选手（比如我）成为了名副其实的暴力选手，甚至分数还不如暴力选手。当然，对于D1T2这样，暴力可以有80分的题目，我个人还是比较提倡的。因为80分来自不同的部分，这样会体现出选手的不同能力水平。
扯了那么多，有什么用。
还是说说自己吧。
这场Noip考得非常差。
先前公开了一篇Noip酱油记（空间日志），迟迟没有公开的原因就是在测了余姚中学的数据以后，已经意识到了问题的严重性。
考完两场考试，回来的车上，估了一下自己的分数（即那篇酱油记中所述），怎么算都不会低于450，觉得不管怎样，卡个一等应该没什么大问题。也不会对后面的OI路造成非常大的影响。
但余姚中学的数据，我的测试结果是339，最终ccf的测试结果是396。
这是一个极差的分数，和我去年滚粗的成绩差不多。
简单地来说，和估分的主要差距在于D1T3最短路弄错，丢24分；D2T1出现制杖性错误，丢60分，这样加上去，和估分差不多。
成绩出来后，一度想过放弃，想过退役。但说实话，OI这七年一路走过来实则不易。
小学五年级下半年，宁波市比赛初赛狗带，六年级上半年慈溪市初赛狗带。当时还以初赛不好、复赛好为理由搪塞自己和父母，现在想来真是可笑至极（想想自己，也是从小学五年级开始学的，到了现在还不如那些初中开始的）。
初中的OI表面上看起来很顺利，初一二等，初二全省20，初三全省第一，一路上升。但其实背后，有非常惨烈的现实：难度相对比较高的宁波市比赛，除了初三获得二等第一以外，其余两年全部狗带。
现在看来，是Noip普及组的成绩使自己自负了，使自己觉得已经有了相当的OI水平。
那时候，除了偶尔做几道USACO，其余基本全是水水题。那时候根本不是道什么Codeforces，就连知道的poj也觉得是英文题而望而却步。初中的三年，浪费了。到了高中，本身课业繁忙，留给OI的时间没有初中那么充裕了，也是到了这时候，我才意识到初中都干什么去了。
但现在，到了这个时候，说这些过去的都是徒劳。
现在是12月中旬，Noip后的一个月。前一个月又是浑浑噩噩的过去了。
现在最主要的是要调整好自己的心态，找到自己的问题所在。为什么联赛后连续两点狗带，这不是运气的问题。这一定是自己实力的问题，平时的代码量不够，平时的训练不够，应考能力不强，临场发挥不好等等都是问题所在。
既然觉得自己到了这时候不应该放弃，上天也眷顾我送了一个一等。
我会以这次Noip为契机，更加努力的奋斗。
义无反顾的继续走下去。不管还要经历多少困苦，不管最后的结局如何。
自己选择的路，怎能轻言放弃，就算跪着也要走下去。
猛然忆起上林OJ曾经滚动的一句话：静心思考，反思过去。
附件：Noip2016酱油记，一篇毫无营养的流水账，不过还是骗一波访问量吧 地址
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