牛客NowCoder OI周赛普及组14题解

牛客NowCoder OI周赛普及组14题解

A. String

题目

开一个数组直接统计。

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
int a[300];
string s;
int main() {
    cin >> s ;
    int cnt = 0;
    for (int i = 0; i < s.length(); i++) {
        if (a[s[i]]++ == 0) cnt++;
    }
    cout << cnt << endl;
    return 0;
}

B.Number

题目

模拟，但是提前打一个表，这样可以快速得到任何一个数的n次幂，防止超时。

#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll pow[10][30];
 
bool check(ll x) {
    for (int j = 1; j <= 21; j++) {
        ll sum = 0, tmp = x;
        while(tmp) {
            sum += pow[tmp%10][j];
            tmp /= 10;
        }
        if (sum == x) return true;
        else if (sum > x) return false;
    }
    return false;
}
 
int main() {
    for (int i = 1; i <= 9; i++) {
        pow[i][1] = i;
        for (int j = 2; j <= 21; j++)
            pow[i][j] = pow[i][j-1] * i;
    }
     
    int n; cin >> n;
    ll v; int cnt = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> v;
        if (check(v)) cnt++;
    }
    cout << cnt << endl;
    return 0;
}

C.Tree

题目

思路

树形dp，换根。首先把无根树变成有根树，不妨选择1作为根，由此求出两个值（1）$siz[v]$ 和（2）$dep[v]$，分别代表以$v$为根节点的子树的尺寸和深度和。
接下来考虑换根的状态转移。
令$f[v]$为以$v$为根的价值总和，那么让根往他的子节点$u$去转移，则可得到方程如下：
$f[u]=f[v]+n-siz[u]-siz[u]$
即$f[u]=f[v]+n-2\ast siz[u]$
（对于所有处$u$子树的节点，距离加1，所有在其子树上的节点，距离减1）
递归的去求得$f$数组。最后找到最大值即可。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
using namespace std;
const int mxN = 1e6 + 10;
int siz[mxN], dep[mxN], f[mxN];
vector<int> G[mxN];
int n, ans;
 
void dfs(int v, int p) {
    dep[v] = dep[p] + 1;
    siz[v] = 1;
    for (auto u : G[v]) {
        if (u == p) continue;
        dfs(u, v);
        siz[v] += siz[u];
    }  
}
 
void solve(int v, int p) {
    for (auto u : G[v]) {
        if (u == p) continue;
        f[u] = f[v] + n - 2 * siz[u];
        solve(u, v);
    }
}
 
int main() {
    //cin >> n;
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 0; i < n-1; i++) {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        G[a].push_back(b);
        G[b].push_back(a);
    }
     
    dep[0] = -1;
    dfs(1, 0);
     
    for (int i = 1; i <= n; i++) f[1] += dep[i];
    solve(1, 0);
     
    ans = 1 << 30;
    for (int i = 1; i <= n; i++) ans = min(ans, f[i]);
    //cout << ans << endl;
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

Talk

题目

思路

随机游走模型，概率期望dp，手动解方程。

我们设$f_i$为从位置$i$到达最终位置的期望步数。可得转移方程如下：
$f_i=p\ast f_{i+1}+(1-p)\ast f_{i-1}（1）$，这是没办法直接通过动态规划进行状态转移的，可以联立方程组高斯消元，但是复杂度较高。也可以直接手动解方程，线性时间复杂度，方法如下。

我们根据题目可知$f_n=0$，我们采用倒推。

换元做差，令$s[i]=f[i]-f[i+1]（2）$，则可知答案为$\sum _{i=1}^{n}s[i]$。
把（2）带入（1）可以得到$s[i]=(1+(1-p_i)\ast s[i-1])/p_i$，从而得到了$s_i$的递推关系，令$s[0]=0$，从第一项开始求即可。

#include <iostream>
using namespace std;
int main() {
    int n;
    scanf("%d", &n);
    double s = 0, ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        double p;
        scanf("%lf", &p);
        s = (1+(1-p)*s)/p;
        ans += s;
    }
    printf("%.3lf", ans);
    return 0;
}