2019 年 “游族杯” 上海市高校程序設(shè)計(jì)邀請(qǐng)賽 (同步賽)暨ECNU校賽線上賽

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A - As Much As 996

題目大意
給定一個(gè)數(shù)字字符串，表示早上開(kāi)始上班時(shí)間勘高，下午（晚上？）下班時(shí)間似忧，一周工作幾天，比如 $996$ 就是早上 $9$ 點(diǎn)到晚上 $9$ 點(diǎn)据某，一周工作 $6$ 天橡娄。

分析
沒(méi)啥分析的诗箍，簽到題

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;

int main(){
    int n,s,t,d,ans=0;
    scanf("%d",&n);
    d=n%10; n/=10;
    if(n%100==10 || n%100==11) {t=n%100;n/=100;}
    else {t=n%10;n/=10;}
    s=n;
    ans= (12-s+t)*d;
    printf("%d",ans);
}

B-Black Peter

題目大意
一副特制的撲克牌癣籽，有 $2$ 種花色，每種花色有 $n$ 張牌滤祖，點(diǎn)數(shù)為 $1,2,...,n$ 筷狼，其中有一張牌被抽走，也即有 $n-1$ 對(duì)點(diǎn)數(shù)相同的牌匠童， $1$ 張點(diǎn)數(shù)獨(dú)特的牌(稱之為烏龜牌)埂材，共 $2n-1$ 張牌。兩人輪流行動(dòng)汤求，每次隨機(jī)從對(duì)方手牌中抽出一張牌放入己方牌堆俏险，并立即丟棄掉所有已經(jīng)組成一對(duì)的手牌。如果某一方無(wú)手牌則此方獲勝扬绪。求給定初始手牌情況下的獲勝概率竖独。

題目分析
開(kāi)局二人肯定先把所有已經(jīng)組成對(duì)子的牌扔掉，手上剩下的牌全是單獨(dú)一張挤牛，并且烏龜在某個(gè)人手上莹痢。因此，二者的手牌數(shù)必定相差 $1$ 而且多的那張牌就是烏龜牌墓赴。我們用 $f(i,j,k)$ 表示處于 $(i,j,k)$ 狀態(tài)下的獲勝概率竞膳。 $i$ 表示除去烏龜牌還剩下多少對(duì)牌。 $j=0$ 表示烏龜牌在對(duì)方手上, $j=1$ 表示烏龜牌在自己手上诫硕， $k=0$ 表示己方回合坦辟， $k=1$ 表示對(duì)方回合。

明顯的有：
己方抽牌章办，烏龜在對(duì)方手上锉走， $\frac{1}{i+1}$ 概率抽烏龜, $\frac{1}{i+1}$ 概率消去一對(duì).
$f(i,0,0)=\frac{f(i,1,1)+if(i-1,0,1)}{i+1}$

己方抽牌，烏龜在自己手上纲菌，抽對(duì)面的牌必然消去一對(duì)自己的手牌挠日。
$f(i,1,0)=f(i-1,1,1)$

對(duì)面抽牌，烏龜在對(duì)方手上翰舌，抽自己的牌必然消去一對(duì)對(duì)方的手牌嚣潜。
$f(i,0,1)=f(i-1,0,0)$

對(duì)面抽牌，烏龜在自己手上椅贱， $\frac{1}{i+1}$ 概率抽烏龜懂算， $\frac{1}{i+1}$ 概率消去一對(duì)
$f(i,1,1)=\frac{f(i,0,0)+if(i-1,1,0)}{i+1}$

將 $f(i,1,1)$ 與 $f(i,0,0)$ 聯(lián)立解方程即可得到：
$f(i,1,1)=\frac{f(i-1,0,1)+(i+1)f(i-1,1,0)}{i+2}$

$f(i,0,0)=\frac{f(i-1,1,0)+(i+1)f(i-1,0,1)}{i+2}$

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
char s1[1001000],s2[1001000];
double f[1001000][2][2];
int main(){
    f[0][1][1]=f[0][1][0]=0;
    f[0][0][1]=f[0][0][0]=1.0;
    for(int i=1;i<=1000000;i++){
        f[i][1][0]=f[i-1][1][1];
        f[i][0][1]=f[i-1][0][0];
        f[i][1][1]=f[i-1][0][1]/(double)(i+2) + (double)(i+1)/(i+2) * f[i-1][1][0];
        f[i][0][0]=f[i-1][1][0]/(double)(i+2) + (double)(i+1)/(i+2) * f[i-1][0][1]; 
    }
    int _;scanf("%d",&_);
    while(_--){
        int l,n=0;scanf("%d",&l);
        scanf("%s%s",s1+1,s2+1);
        int in;
        for(int i=1;i<=l;i++){
            if(s1[i]=='1' && s2[i]=='1') n++;
            if(s1[i]=='1' && s2[i]=='0') in=1;
            if(s1[i]=='0' && s2[i]=='1') in=0;
        }
        printf("%.12lf\n",f[n][in][0]);
        
    }
}

E - ECNU MNIST

題目大意
按照已經(jīng)給出的神經(jīng)網(wǎng)絡(luò)數(shù)據(jù)只冻，構(gòu)建一個(gè)文字識(shí)別的神經(jīng)網(wǎng)絡(luò)，要求給定 $n$ 幅二值化后的 $28×28$ 像素的圖片计技，識(shí)別出是字符 $E,C,N,U$ 的哪一個(gè)喜德。例如，輸入：

0000000000000000000000000000
0000000000000000000000000000
0000000000000000000000000000
0000000111100000001111111000
0000001111111111111111111000
0000000111111111111111000000
0000001111111111110000000000
0000001111000000000000000000
0000001111000000000010000000
0000001110000000001110000000
0000001100000000011110000000
0000111100000001111110000000
0000111100111111111000000000
0000111111111111000000000000
0000111111111111000000000000
0001111110000000000000000000
0000111000000000000000000000
0001111000000000111000000000
0001111010000000111000000000
0001111111111111110000000000
0001111111111111100000000000
0000111111111110000000000000
0000111111110000000000000000
0000000000000000000000000000
0000000000000000000000000000
0000000000000000000000000000
0000000000000000000000000000
0000000000000000000000000000

應(yīng)該識(shí)別出來(lái)是字符 $E$ .
題目分析
就是把原題目看懂垮媒，弄明白每個(gè)操作舍悯，寫(xiě)就完事了。輸入第一行數(shù)字不用管睡雇，接下來(lái)的輸入分別是：卷積層 $1$ 的權(quán)重和偏移量萌衬，卷積層 $2$ 的權(quán)重和偏移量。全連接層 $1$ 的權(quán)重和偏移量它抱，全連接層 $2$ 的權(quán)重和偏移量秕豫。

卷積層 $1$ 的權(quán)重矩陣是 $4$ 個(gè) $5×5$ 的矩陣。假設(shè)我們輸入的圖片信息保存在數(shù)組 $in[i][j]$ 中观蓄，那么 $in$ 是一個(gè) $28×28$ 的矩陣混移。對(duì)于 $in$ 矩陣中每一個(gè) $5×5$ 的子矩陣，將其按順序與卷積層 $1$ 的權(quán)重矩陣相“乘”侮穿，注意這里的乘不是矩陣相乘歌径，而是對(duì)應(yīng)位置上的元素相乘之和，作為一個(gè)值撮珠。也就是說(shuō)沮脖，把 $in$ 矩陣的每一個(gè) $5×5$ 的子矩陣都算出來(lái)一個(gè)特征值，特征值加上對(duì)應(yīng)的偏移量芯急，生成一個(gè) $24×24$ 的新矩陣勺届。接下來(lái)的每一個(gè)操作都與這個(gè)類似。

下面的每一行的 $out$ 都將成為下一行的 $in$
$卷積層1：in(28×28) -> 4×out(24×24)$

$最大池化：4×in(24×24) ->4×out(12×12）$

最大池化指的是將 $(24×24)$ 的矩陣劃分成 $(12×12)$ 塊娶耍，每一塊對(duì)應(yīng)原來(lái)的 $（2×2）$ 子矩陣免姿，取子矩陣中的最大值作為新矩陣對(duì)應(yīng)位置的值。
$ReLU（激勵(lì)函數(shù)）：4×in(12×12）-> 4×out(12×12)$

$ReLU激勵(lì)函數(shù)$ 是指講矩陣中每個(gè)元素與 $0$ 比較取 $max$ .
$卷積層2:4×in(12×12) -> 9×out(10×10）$

卷積層2里每一個(gè) $（12×12）$ 都會(huì)轉(zhuǎn)化成一個(gè) $(10×10)$ ,卷積層2的權(quán)重矩陣有 $9×4$ 個(gè)榕酒，每4個(gè)轉(zhuǎn)化后的 $(10×10)$ 求和作為一個(gè) $out(10×10)$

$最大池化：9×in（10×10）-> 9×out（5×5）$

$ReLU（激勵(lì)函數(shù)）：9×in(5×5）-> 9×out(5×5)$

$展平:9×in（5×5）-> out(1×225)$

也即 $out(25i+5j+k)=in(i,j,k),默認(rèn)從0,0,0開(kāi)始$
$降維：in(1×225)->out(1× 64)$

$ReLU（激勵(lì)函數(shù)）：in(1×64）-> out(1×64)$

$降維：in(1×64）-> out(1×4)$

看 $out$ 里面哪一個(gè)元素最大胚膊，假設(shè)最大的元素為 $out(i)，i=0,1,2,3$ 分別對(duì)應(yīng) $C,E,N,U$ 想鹰。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;

int MagicNumber,T;
double Conv_1_w[4][5][5];
double Conv_1_b[4];
double Conv_2_w[9][4][3][3];
double Conv_2_b[9];
double FC_1_w[64][225];
double FC_1_b[64];
double FC_2_w[4][64];
double FC_2_b[4];

char inputLine[30];
double in[30][30];

double max(double L,double R){
    return L>R?L:R;
}

void init(){
    scanf("%d",&MagicNumber);
    for(int i=0;i<4;i++)
        for(int j=0;j<5;j++)
            for(int k=0;k<5;k++)
                scanf("%lf",&Conv_1_w[i][j][k]);

    for(int i=0;i<4;i++)
        scanf("%lf",&Conv_1_b[i]);

    for(int i=0;i<9;i++)
        for(int j=0;j<4;j++)
            for(int k=0;k<3;k++)
                for(int l=0;l<3;l++)
                    scanf("%lf",&Conv_2_w[i][j][k][l]);

    for(int i=0;i<9;i++)
        scanf("%lf",&Conv_2_b[i]);

    for(int i=0;i<64;i++)
        for(int j=0;j<225;j++)
            scanf("%lf",&FC_1_w[i][j]);

    for(int i=0;i<64;i++)
        scanf("%lf",&FC_1_b[i]);

    for(int i=0;i<4;i++)
        for(int j=0;j<64;j++)
            scanf("%lf",&FC_2_w[i][j]);

    for(int i=0;i<4;i++)
        scanf("%lf",&FC_2_b[i]);
    //cout<<FC_2_b[3]<<endl;
    scanf("%d",&T);//cout<<T<<endl;


}

void inC(){
    for(int i=0;i<28;i++){
        scanf("%s",inputLine);
        for(int j=0;j<28;j++)
            in[i][j]=double(inputLine[j]-'0');
    }
}

double Out_Conv1[4][24][24];
double Out_max_Conv1[4][12][12];
double Out_Conv2[9][10][10];
double Out_Flat[225];
double Out_FC[64];
double Out[4];

int main(){
    init();
    while(T--){
        inC();
        for(int i=0;i<4;i++)
            for(int j=0;j<24;j++)
                for(int k=0;k<24;k++){
                    Out_Conv1[i][j][k]=Conv_1_b[i];
                    for(int dj=0;dj<5;dj++)
                        for(int dk=0;dk<5;dk++)
                            Out_Conv1[i][j][k]+=Conv_1_w[i][dj][dk]*in[j+dj][k+dk];
                }

        for(int i=0;i<4;i++)
            for(int j=0;j<12;j++)
                for(int k=0;k<12;k++)
                    Out_max_Conv1[i][j][k]=max(0.0,max(
                            max(Out_Conv1[i][j*2][k*2],Out_Conv1[i][j*2+1][k*2+1]),
                            max(Out_Conv1[i][j*2+1][k*2],Out_Conv1[i][j*2][k*2+1])));


        for(int i=0;i<9;i++)
            for(int j=0;j<10;j++)
                for(int k=0;k<10;k++){
                    Out_Conv2[i][j][k]=Conv_2_b[i];
                    for(int p=0;p<4;p++)
                        for(int dj=0;dj<3;dj++)
                            for(int dk=0;dk<3;dk++)
                                Out_Conv2[i][j][k]+=Out_max_Conv1[p][j+dj][k+dk]*Conv_2_w[i][p][dj][dk];
                }

        for(int i=0;i<9;i++)
            for(int j=0;j<5;j++)
                for(int k=0;k<5;k++)
                    Out_Flat[i*25+j*5+k]=max(0.0,max(
                            max(Out_Conv2[i][j*2][k*2],Out_Conv2[i][j*2+1][k*2+1]),
                            max(Out_Conv2[i][j*2+1][k*2],Out_Conv2[i][j*2][k*2+1])));

        for(int i=0;i<64;i++){
            Out_FC[i]=FC_1_b[i];
            for(int j=0;j<225;j++)
                Out_FC[i]+=FC_1_w[i][j]*Out_Flat[j];
            Out_FC[i]=max(0,Out_FC[i]);
        }

        for(int i=0;i<4;i++){
            Out[i]=FC_2_b[i];
            for(int j=0;j<64;j++)
                Out[i]+=FC_2_w[i][j]*Out_FC[j];
            Out[i]=max(0,Out[i]);
        }

        double mini=-999.9;int ans=-1;
        for(int i=0;i<4;i++)
            if(Out[i]>mini){
                mini=Out[i];
                ans=i;
            }
        if(ans==0) printf("C\n");
        if(ans==1) printf("E\n");
        if(ans==2) printf("N\n");
        if(ans==3) printf("U\n");
    }
    return 0;
}

F - Foreigners’s Trouble

題目大意
外國(guó)姓名的縮寫(xiě)是每個(gè)單詞的首字符大寫(xiě)∥赏瘢現(xiàn)在給出n個(gè)外國(guó)名，求有多少對(duì)外國(guó)人的姓名縮寫(xiě)相同辑舷。
題目分析
先提取出縮寫(xiě)喻犁，然后排序，縮寫(xiě)相同的一定排在一起。順序掃一遍肢础，掃到有 $k$ 個(gè)相同的縮寫(xiě)答案就加上 $C_{k}^{2}$ .

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef unsigned long long LL;
#define maxn 500010

const LL base=31;
int cnt;LL a[maxn];char s[maxn*22];
int main()
{
    int n,i,j;LL ans,num;
    cnt=0;
    scanf("%d\n",&n);
    for (i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%[^\n]%*c", s);
        LL sum=0;
        int len=strlen(s);
        for (j=0;j<len;j++)
         if (s[j]>='A' && s[j]<='Z') 
          sum=sum*base+(s[j]-'A'+1);
        a[++cnt]=sum;
    }
    sort(a+1,a+1+cnt);
    ans=0;num=1;
    for (i=2;i<=cnt;i++)
     if (a[i]==a[i-1]) num++;
     else
     {
        ans+=num*(num-1)/2;
        num=1;
     }
    ans+=num*(num-1)/2;
    printf("%llu\n",ans);
    return 0;
}

H - Huashui Clock

題目大意
一天有h小時(shí)还栓，每小時(shí)m分鐘，因此時(shí)鐘的顯示是從 $00:00$ 到 $h-1:m-1$ .如果某個(gè)時(shí)刻時(shí)鐘的顯示分鐘數(shù)大于等于顯示的時(shí)鐘數(shù)传轰，則可以劃水剩盒。問(wèn)一天的劃水時(shí)長(zhǎng)占總多少比例，輸出最簡(jiǎn)分?jǐn)?shù)慨蛙。
題目分析
沒(méi)啥分析的辽聊，暴力算就行。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
long long gcd(long long x,long long y){
    if(x%y==0) return y;
    else return gcd(y,x%y);
}
int main(){
    long long n,m;cin>>n>>m;
    long long a,b;
    if(n>=m){
        a=m+1;b=2*n;
    }
    else{
        a=2*m-n+1;
        b=2*m;
    }
    long long div=gcd(a,b);
    a/=div;b/=div;
    cout<<a<<"/"<<b;
}

L - Liwa River

題目大意
ACM 來(lái)了許多隊(duì)伍參加股淡，隊(duì)伍的人數(shù)最少 $1$ 人最多 $6$ 人身隐。要為這些隊(duì)伍安排長(zhǎng)凳廷区。每一個(gè)長(zhǎng)凳都可以坐至多 $6$ 個(gè)人唯灵。來(lái)自同一個(gè)隊(duì)伍的人不能坐在不同的長(zhǎng)凳上。現(xiàn)在給出人數(shù)為 $1,2,...,6$ 的隊(duì)伍各自有多少隊(duì)隙轻，求最少長(zhǎng)凳需求數(shù)埠帕。
題目分析
貪心，優(yōu)先安排隊(duì)伍人數(shù)多的隊(duì)伍玖绿。 $6$ 人隊(duì)不必多說(shuō)敛瓷， $5$ 人隊(duì)盡量多插一些 $1$ 人隊(duì)， $4$ 人隊(duì)安排后優(yōu)先讓 $2$ 人隊(duì)拼凳斑匪，其次在考慮 $1$ 人隊(duì)呐籽。 $3$ 人按順序優(yōu)先級(jí)依次考慮 $3+3,3+2+1,3+1+1+1$ ,

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
int main(){
    int _;scanf("%d",&_);
    while(_--){
        int f[7];
        for(int i=1;i<=6;i++)
            scanf("%d",&f[i]);
        int p;
        int ans=0;
        ans+=f[6];  //  cout<<"+"<<ans<<endl;
        ans+=f[5];  //  cout<<"+"<<ans<<endl;
        
            f[1]-=f[5];f[1]=max(f[1],0);
        ans+=f[4];      //cout<<"+"<<ans<<endl;
        
            p=min(f[4],f[2]);
            f[2]-=p;f[4]-=p;
            p=min(2*f[4],f[1]);
            f[1]-=p;
        
        ans+=(f[3]/2+(f[3]%2!=0));//cout<<"+"<<ans<<endl;
        
            f[3]%=2;
            if(f[3]==1){
                if(f[2]>0) {
                    f[2]--;f[1]--;
                    f[1]=max(f[1],0);
                }
                else{
                    f[1]-=3;
                    f[1]=max(f[1],0);
                }
            }
        ans+=(f[2]/3+(f[2]%3!=0));// cout<<"+"<<ans<<endl;
        
            p=f[2]%3;
            if(p==2) f[1]-=2;
            if(p==1) f[1]-=4;
            f[1]=max(f[1],0);
        ans+=f[1]/6+(f[1]%6!=0);//cout<<"+"<<ans<<endl;
        
        printf("%d\n",ans);
    }
}

最后編輯于：2019.04.28 15:47:52

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