标签：dfs cot const play lld inf display type nbsp
A.Cotreey
传送：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6567
题意：有一个$n$个点的树，$n-2$条边，给任意两点间加一条边，问点两两之间的距离之和最小为多少。
数据范围：$2<=n<=10^5$。
分析：读完题，学妹：这不是个树形dp+换根嘛？我：喵喵喵？？？（我不会啊。。
然后读了一会儿，，，emmmm不是求两个子树重心就好了嘛。
树的性质有：
所以，连接两棵树的重心，得到的距离和最小。
求解距离和的时候，考虑每条边的贡献即可。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 const int maxn=1e5+10; 5 vector<int> mp[maxn]; 6 int mi1,mi2,id1,id2,num1,num2; 7 int dp[maxn],vis[maxn],n; 8 ll num[maxn]; 9 ll ans; 10 void dfs(int x,int fa){ 11 vis[x]=1; 12 for (int i=0;i<mp[x].size();i++){ 13 if (mp[x][i]==fa) continue; 14 dfs(mp[x][i],x); 15 } 16 } 17 void dfs1(int x,int fa){ 18 dp[x]=1; 19 int mx=0; 20 for (int i=0;i<mp[x].size();i++){ 21 if (mp[x][i]==fa) continue; 22 dfs1(mp[x][i],x); 23 dp[x]+=dp[mp[x][i]]; 24 mx=max(mx,dp[mp[x][i]]); 25 } 26 mx=max(mx,num1-dp[x]); 27 if (mx<mi1){ 28 mi1=mx; 29 id1=x; 30 } 31 } 32 void dfs2(int x,int fa){ 33 dp[x]=1; vis[x]=1; 34 int mx=0; 35 for (int i=0;i<mp[x].size();i++){ 36 if (mp[x][i]==fa) continue; 37 dfs2(mp[x][i],x); 38 dp[x]+=dp[mp[x][i]]; 39 mx=max(mx,dp[mp[x][i]]); 40 } 41 mx=max(mx,num2-dp[x]); 42 if (mx<mi2){ 43 mi2=mx; 44 id2=x; 45 } 46 } 47 void dfs3(int x,int fa){ 48 num[x]=1; 49 for (int i=0;i<mp[x].size();i++){ 50 if (mp[x][i]==fa) continue; 51 dfs3(mp[x][i],x); 52 num[x]+=num[mp[x][i]]; 53 } 54 } 55 void dfsans(int x,int fa){ 56 for (int i=0;i<mp[x].size();i++){ 57 if (mp[x][i]==fa) continue; 58 dfsans(mp[x][i],x); 59 ans+=1ll*(num[mp[x][i]]*(n-num[mp[x][i]])); 60 } 61 } 62 int main(){ 63 int x,y,rt; scanf("%d",&n); 64 for (int i=0;i<n-2;i++){ 65 scanf("%d%d",&x,&y); 66 mp[x].push_back(y); 67 mp[y].push_back(x); 68 vis[i]=0; num[i]=0; 69 } 70 dfs(1,0); 71 num1=0; for (int i=1;i<=n;i++) if (vis[i]) num1++; 72 num2=n-num1; 73 mi1=2*n,mi2=2*n; 74 dfs1(1,0); 75 for (int i=1;i<=n;i++) if (!vis[i]){rt=i; break;} 76 dfs2(rt,0); 77 //cout << id1 << " " << id2<< endl; 78 dfs3(id1,0); 79 dfs3(id2,0); 80 //cout << num[id1] << " " << num[id2] << endl; 81 ans=0; 82 dfsans(id1,0); dfsans(id2,0); 83 ans+=1ll*(num[id1]*num[id2]); 84 printf("%lld\n",ans); 85 return 0; 86 }
B.Math
传送：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6568
C.Trap
传送：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6569
D.Wave
传送：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6570
题意：给一个$n$个数的序列，包含$1-c$范围内的数，要求求解一个序列要求如下：
奇数位数字相同；偶数位数字相同；奇偶位不同。问，这样的序列最长的为多长？
数据范围：$1<=n<=10^5,1<=c<=100$。
分析：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int maxn=1e5+7; 4 struct node{int num,cnt;} dp[110][110]; 5 int a[maxn]; 6 int main() 7 { 8 int n,c; 9 while (~scanf("%d%d",&n,&c)) 10 { 11 for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); 12 for (int i=1;i<=c;i++) 13 for (int j=1;j<=c;j++) dp[i][j].cnt=0,dp[i][j].num=i; 14 for (int i=1;i<=n;i++) 15 { 16 int x=a[i]; 17 for (int i=1;i<=c;i++) 18 { 19 if(x==i) continue; 20 if(dp[i][x].num==x) {dp[i][x].cnt++;dp[i][x].num=i;} 21 if(dp[x][i].num==x) {dp[x][i].cnt++;dp[x][i].num=i;} 22 } 23 } 24 int ans=0; 25 for (int i=1;i<=c;i++) 26 for (int j=1;j<=c;j++) ans=max(ans,dp[i][j].cnt); 27 printf("%d\n",ans); 28 } 29 return 0; 30 }
E.Packing
传送：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6571
F.String
传送：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6572
题意：给你一个只包含$a,v,i,n$的长度为$n$的字符串，问依此选取$a,v,i,n$的概率是多少。
数据范围：$1<=n<=100$。
分析：乘法原理。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 map<int,int> mp; 4 int num[5]; 5 int gcd_(int xx,int yy){ 6 if (yy==0) return xx; 7 else return gcd_(yy,xx%yy); 8 } 9 int main(){ 10 int n;char ch; mp[‘a‘]=1; mp[‘v‘]=2; mp[‘i‘]=3; mp[‘n‘]=4; 11 while (~scanf("%d",&n)){ 12 getchar(); 13 memset(num,0,sizeof(num)); 14 for (int i=1;i<=n;i++){ 15 scanf("%c",&ch); 16 num[mp[ch]]++; 17 } 18 int xx=1,yy=n*n*n*n; 19 for (int i=1;i<=4;i++){ 20 xx*=num[i]; 21 } 22 if (xx==0){ 23 printf("0/1\n"); 24 continue; 25 } 26 int tmp=gcd_(xx,yy); 27 xx/=tmp; yy/=tmp; 28 printf("%d/%d\n",xx,yy); 29 } 30 return 0; 31 }
G.Traffic
传送：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6573
题意：东西向有$n$辆车，南北向有$m$辆车，他们通过路口时时间分别为$a_i,b_i$。问南北向的车最少等待多久可以保证没有车相撞。
数据范围：$1<=n,m<=1000,1<=a_i, b_i<=1000$。
分析：枚举等待时间，满足条件即break。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int maxn=1010; 4 int a[maxn],b[maxn],c[maxn*2]; 5 int n,m; 6 int main() { 7 while (~scanf("%d%d",&n,&m)){ 8 for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); 9 for (int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&b[i]); 10 sort(a+1,a+1+n); 11 sort(b+1,b+1+m); 12 int kk=0; 13 while (1){ 14 int num=0; 15 for (int i=1;i<=n;i++) c[++num]=a[i]; 16 for (int i=1;i<=m;i++) c[++num]=b[i]+kk; 17 sort(c+1,c+1+num); 18 int m=unique(c+1,c+1+num)-(c+1); 19 if (m==num) break; 20 else kk++; 21 } 22 printf("%d\n",kk); 23 } 24 return 0; 25 }
H.Rng
传送：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6574
题意：在$1-n$范围内先选取区间的右界$r$，再在$1-r$内选取左界$l$。问任取两个区间相交的概率为多少。
数据范围：$1<=n<=10^6$。
分析：容斥原理。分析不相交的概率为多少。
和学妹们手推QAQ.
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 const int mod=1e9+7; 5 ll pow_(ll x,int y){ 6 ll res=1,base=1ll*x; 7 while (y){ 8 if (y&1) (res*=base)%=mod; 9 (base*=base)%=mod; 10 y>>=1; 11 } 12 return res; 13 } 14 int main(){ 15 int n; 16 while (~scanf("%d",&n)){ 17 ll ans=(1ll*(n+1)*pow_(2ll*n,mod-2))%mod; 18 printf("%lld\n",ans); 19 } 20 return 0; 21 }
I.Budget
传送：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6575
题意：有$n$个三位小数，要求四舍五入到两位小数，每次取四舍五入后的数与原数的差值，问全部差值的和为多少。
数据范围：$1<=n<=1000$。
分析：签到。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int maxn=1e5+7; 4 int main() 5 { 6 int n; 7 while (~scanf("%d",&n)) 8 { 9 string s; 10 double ans=0; 11 while (n--) 12 { 13 cin>>s; 14 int st=s.length(),f; 15 for (int i=0;i<st;i++) 16 if(s[i]==‘.‘){f=i;break;} 17 int x=s[f+3]-‘0‘; 18 if(x>=5) ans+=10-x; 19 else ans-=x; 20 } 21 ans/=1000.0; 22 printf("%.3f\n",ans); 23 } 24 return 0; 25 }
J.Worker
传送：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6576
题意：有$n$个工作间，$m$个工人，每个工作间每天每人能完成的工作量为$a_i$，问能否将这$m$个人分配到这$n$个工作间，要求每个工作间每天能完成的工作量相同。可以分配输出每个工作间分配的人数。
数据范围：$1<=n<=1000,1<=m<=10^{18}$。
分析：考虑所有$a_i$的最小公倍数，然后得到每个工作间人数比例，再判断是否可分。签到++。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 const int maxn=1010; 5 ll a[maxn],b[maxn]; 6 ll gcd_(ll xx,ll yy){ 7 if (yy==0) return xx; 8 else return gcd_(yy,xx%yy); 9 } 10 int main(){ 11 ll n,m; 12 while (~scanf("%lld%lld",&n,&m)){ 13 for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]); 14 ll tmp=a[1]; 15 for (int i=2;i<=n;i++){ 16 ll kk=gcd_(a[i],tmp); 17 tmp=tmp/kk*a[i]; 18 } 19 ll sum=0; 20 for (int i=1;i<=n;i++){ 21 b[i]=tmp/a[i]; 22 sum+=b[i]; 23 } 24 if (m%sum!=0){ 25 printf("No\n"); 26 continue; 27 } 28 printf("Yes\n"); 29 ll t=m/sum; 30 printf("%lld",t*b[1]); 31 for (int i=2;i<=n;i++){ 32 printf(" %lld",t*b[i]); 33 } 34 printf("\n"); 35 } 36 return 0; 37 }
K.Class
传送：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6577
题意：已知$x=a+b,y=a-b$。求解$a*b$。
分析：$a=\frac{x+y}{2},b=\frac{x-y}{2}$。签到++。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int main(){ 4 int x,y;scanf("%d%d",&x,&y); 5 int tmp=(x*x-y*y)/4; 6 printf("%d\n",tmp); 7 return 0; 8 }
标签：dfs cot const play lld inf display type nbsp
原文地址：https://www.cnblogs.com/changer-qyz/p/11223404.html
