| 题目名称 | 掷骰子 | 环岛旁边 | 铁路历险 |
|---|---|---|---|
| 源文件名 | dice.pas/.c/.cpp | roundabout.pas/.c/.cpp | railway.pas/.c/.cpp |
| 输入文件 | dice.in | roundabout.in | railway.in |
| 输出文件 | dice.out | roundabout.out | railway.out |
| 时间限制 | 每个测试点1s | 每个测试点1s | 每个测试点2s |
| 内存限制 | 128MB | 128MB | 128MB |
| 测试点数目 | 10 | 10 | 10 |
| 每个测试点分值 | 10 | 10 | 10 |
| 题目类型 | 传统型 | 传统型 | 传统型 |
| 是否有部分分 | 无 | 无 | 无 |
| 是否有附加文件 | 无 | 无 | 无 |
| 是否有Special Judge | 无 | 无 | 无 |
评测环境：Windows7, Intel(R) Core(TM) i5-2430M CPU @ 2.40GHz
注意：最终评测时，所有编译命令均不打开任何优化开关！
掷骰子(dice.pas/.c/.cpp)
题目描述
Rainbow和Freda通过一次偶然的机会来到了魔界。魔界的大门上赫然写着:
小盆友们，欢迎来到魔界！乃们需要解决这样一个问题才能进入哦lala~
有 N 枚骰子，其中第 i（1<=i<=N）枚骰子有 a[i]面。掷出第 i 枚骰子时，这 a[i]面中只
有一面朝上，而且这a[i]面每面朝上的概率都相等，为1/a[i].
门上还写道：这N个骰子，显然一共有M = ∑ ?[?] ? ?=1 个面。你们要做的就是把1~M这M
个数字不重不漏地写到这M个面上。同时掷出这N个骰子，你们的得分就是这N个骰子朝上
的面上的数字之和。你们要做的，就是使你们的得分的期望值最大哦~
输入格式
第一行一个整数N，表示骰子的数目。
第二行N个整数，第i个整数a[i]表示第i个骰子有多少个面。
输出格式
一行一个实数Ans，表示Freda和Rainbow得分的最大期望值，保留三位小数。
样例输入
2
1 4
样例输出
7.500
样例解释
在第一个骰子的唯一一面写上 5,第二个骰子的四面分别写上 1,2,3,4。这样得分的期望就
是5/1+(1+2+3+4)/4=7.5了。
数据范围与约定
对于30%的数据，N<=10
对于50%的数据，N<=1000.
对于100%的数据，0<N<=50000 ,0<a[i]<=100。
题解
本来以为是概率DP的，仔细一看才发现是个贪心。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int m,n,a[50005];
double ans;
int main(){
freopen("dice.in","r",stdin);
freopen("dice.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]),m+=a[i];
sort(a+1,a+1+n);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=a[i];j++){
ans+=double(m)/double(a[i]);
m--;
}
}
printf("%.3lf",ans);
return 0;
}
环岛旁边 (roundabout.pas/.c/.cpp)
题目描述
Rainbow 和 Freda 在掷骰子的时候 rp 爆发，居然掷出了满点><（其实我就不说所有的
a[i]都是1），顺利到达了环岛旁。它们正观察着这个环岛的时候，环岛居然开口说话了T_T：
欢迎来到魔界环岛。我会告诉你们环岛的运行方式，并且邀请你们帮我解决一个问题。环
岛在东西南北四个方向分别有一个入口和出口，环岛内的车辆逆时针行驶。车辆可以进入、离
开或环岛或者在环岛内行进一步，这三种操作每次都是耗时1秒。在环岛内行进一步，即从东
走到北，从北走到西，从西走到南或者从南走到东（换句话说，行进两步就可以围绕环岛走半
圈了）。如果操作不互相干扰，所有车辆的操作可以同时进行。比如，环岛上有两辆车，一辆
在另一辆的后面，它们可以一起在环岛内行进一步。一辆车是否进入环岛取决于它们这一秒是
否可以进入，如果此时可以进入，它一定会进入，否则就将加入或者停留在该方向的等待序列
中。
什么时候一辆车可以进入环岛呢？这取决于它上一秒得到的信息。如果第 i-1 秒时，它所
在方向的顺时针紧邻方向的环岛上和等待序列里面都没有车，而且它是所在方向等待序列的第
一辆车，那么它在第i秒可以进入环岛。特别地，四个方向的等待序列里都有车的时候，北面
的车优先行驶——即只要第i-1秒时东面环岛上没有车，第i秒的时候，北面等待的第一辆车
就可以进入环岛了。
当然，每个车辆都有一个目标方向，一旦一辆车A到达了目标方向，它就会马上离开环岛
的。注意，如果此时它的目标方向有另一辆车B在等待进入环岛且B车此时可以进入环岛，A
车离开环岛和B车进入环岛是发生在同一秒的。
“我将给你们每秒车辆到达环岛旁的信息，请你们帮我计算，最后一辆车离开环岛的时间
好吗？”
输入格式
四行，每行一个字符串。
第一行一个字符串N，只含有‘-’，‘S’,‘W’,‘E’四种字符，字符串的第i个字符N[i]
表示第i-1秒的时候，有一辆来自北方向、目标方向为N[i]的车等待进入环岛，如果N[i]=’-＇，
表示第i-1秒没有车来自北方向。
第二行一个字符串E，只含有 ‘-’，‘ S’,‘W’,‘N’四种字符，含义同上。
第三行一个字符串S，只含有 ‘-’，‘ N’,‘W’,‘E’四种字符，含义同上。
第四行一个字符串W，只含有 ‘-’，‘ S’,‘N’,‘E’四种字符，含义同上。
对于字符串中的字符，N表示北方向，E表示东方向，W表示西方向，S表示南方向。
输出格式
一行一个整数totalTime，表示最后一辆车离开环岛的时间。
## 样例输入1
--
WE
-S
样例输出1
6
样例输入2
ES
N
E
--
样例输出2
9
样例解释
样例1如图所示：
数据范围与约定 对于50%的数据，每个字符串长度<=10.
对于100%的数据，0<每个字符串长度<=100.
题解
模拟，模拟，还是模拟.........................
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
char s[5][105];int T;
int come[5][105],Car;
int w[5][105],h[5],t[5];
int trs(char ch){
if(ch=='N')return 1;
if(ch=='E')return 4;
if(ch=='S')return 3;
if(ch=='W')return 2;
return 0;
}
char rtrs(int num){
if(num==1)return 'N';
if(num==2)return 'W';
if(num==3)return 'S';
if(num==4)return 'E';
return ' ';
}
void read(){
scanf("%s%s%s%s",s[1],s[4],s[3],s[2]);
for(int i=1;i<=4;i++){
int len=strlen(s[i]);
for(int j=0;j<len;j++){
come[i][j]=trs(s[i][j]);
if(come[i][j])Car++;
}
}
}
void wait_in(){
for(int i=1;i<=4;i++)
if(come[i][T])
w[i][t[i]++]=come[i][T];
}
int road[5];
void run(){
int tmp[5];
for(int i=1;i<=4;i++){
if(road[i]==i)road[i]=0,Car--;
}
for(int i=1;i<=4;i++)tmp[i]=road[i];
for(int i=1;i<=4;i++){
int last=i-1;if(last==0)last=4;
road[i]=tmp[last];
}
}
int flag[5];
void check(){
if(h[1]<t[1]&&h[2]<t[2]&&h[3]<t[3]&&h[4]<t[4]){
flag[1]=false;flag[2]=false;
flag[3]=false;flag[4]=false;
if(road[4]==0)flag[1]=true;
return;
}
for(int i=1;i<=4;i++){
int last=i-1;if(last==0)last=4;
if(h[i]>=t[i]){
flag[i]=false;
continue;
}
if(h[last]<t[last]||road[last])flag[i]=false;
else flag[i]=true;
}
}
void wait_out(){
for(int i=1;i<=4;i++)if(flag[i])
road[i]=w[i][h[i]++];
}
void Debug(){
cout<<T<<endl;
cout<<" "<<'|'<<rtrs(w[1][h[1]])<<'|'<<" "<<endl;
cout<<" "<<"/"<<" \\"<<" "<<endl;
cout<<" "<<"/ " <<rtrs(road[1]) <<" \\"<<" "<<endl;
cout<<" --"<<" /-\\ " <<"-- "<<endl;
cout<<" "<<rtrs(w[2][h[2]])<<" "<<rtrs(road[2])<<"| |"<<rtrs(road[4])<<" "<<rtrs(w[4][h[4]])<<endl;
cout<<" --"<<" \\-/ " <<"-- "<<endl;
cout<<" "<<"\\ " <<rtrs(road[3]) <<" /"<<" "<<endl;
cout<<" "<<"\\"<<" /"<<" "<<endl;
cout<<" "<<'|'<<rtrs(w[3][h[3]])<<'|'<<" "<<endl;
}
void work(){
while(Car){
wait_in();
//Debug();
check();
run();
wait_out();
T++;
}
}
void print(){
printf("%d",T);
}
int main(){
freopen("roundabout.in","r",stdin);
freopen("roundabout.out","w",stdout);
read();
work();
print();
} 铁路历险 (railway.pas/.c/.cpp)
题目描述
经过一番努力，Freda 和 Rainbow 来到了魔力铁路的 1 号站台。它们知道，魔力铁路不
同于普通的铁路，下面有一段关于魔力铁路的介绍。
魔力铁路一共有N座站台，从第i(1<i<=N)号站台出发可以到达第i-1号站台。同时，对
于每个i(1<=i<=N)，你需要规定x[i]为1~N当中的任意一个数字，表示从第i号站台出发可
以到达的另外一个站台，当然，你也可以把x[i]规定为i或者i-1。
Rainbow 和 Freda 想知道，有多少种不同的规定 x[i]的方案，使得它们能够到达 N 号站
台呢？方案A、B不同的条件是：存在一个i（1<=i<=N）使得方案A中的x[i]与方案B中的
x[i]不同。Freda 最讨厌乱七八糟的上万位数字了，所以，记得把答案 mod 1000000007
（10^9+7）哦lala~
输入格式
一行一个整数N，表示站台的总数。
输出格式
一行一个整数Ans，表示Freda和Rainbow能够到达N号站台的方案数。
样例输入
3
样例输出
12
样例解释
12种可能的方案如下(每行代表一种方案)：
| x[1] | x[2] | x[3] |
|---|---|---|
| 2 | 3 | 1 |
| 2 | 3 | 2 |
| 2 | 3 | 3 |
| 3 | 1 | 1 |
| 3 | 1 | 2 |
| 3 | 1 | 3 |
| 3 | 2 | 1 |
| 3 | 2 | 2 |
| 3 | 2 | 3 |
| 3 | 3 | 1 |
| 3 | 3 | 2 |
| 3 | 3 | 3 |
数据范围与约定
对于30%的数据，N<=5.
对于50%的数据，N<=10.
对于70%的数据，N<=100.
对于100%的数据，0<N<=5000.
题解
设只能到达i的答案为f[i],不难发现以下规律:
大意就是把前i个车站连通总方案减去只能到达前i-1个车站的方案，得到的就是f[i]，即只能到达第i个车站的方案数
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define LL int
#define mod 1000000007
using namespace std;
LL n;
LL ans[5005];
LL ksm[5005][5005];
int main(){
freopen("railway.in","r",stdin);
freopen("railway.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
ans[1]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
ksm[i][0]=1;
for(int j=1;j<=n;j++){
ksm[i][j]=((long long)ksm[i][j-1]*i)%mod;
}
}
for(LL i=2;i<=n;i++){
ans[i]=ksm[i][i];
for(LL j=1;j<=i-1;j++)
ans[i]=(ans[i]+mod-((long long)ksm[i][i-j]*ans[j])%mod)%mod;
}
printf("%d",ans[n]);
}
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