企业官网建设流程全解析

P4715 【深基16.例1】淘汰赛

题目描述

有 2n（n≤7）个国家参加世界杯决赛圈且进入淘汰赛环节。已经知道各个国家的能力值，且都不相等。能力值高的国家和能力值低的国家踢比赛时高者获胜。1 号国家和 2 号国家踢一场比赛，胜者晋级。3 号国家和 4 号国家也踢一场，胜者晋级……晋级后的国家用相同的方法继续完成赛程，直到决出冠军。给出各个国家的能力值，请问亚军是哪个国家？

输入格式

第一行一个整数 n，表示一共 2n 个国家参赛。

第二行 2n 个整数，第 i 个整数表示编号为 i 的国家的能力值（1≤i≤2n，能力值在 int 范围内）。

数据保证不存在平局。

输出格式

仅一个整数，表示亚军国家的编号。

输入输出样例

输入 #1复制

3 4 2 3 1 10 5 9 7

输出 #1复制

1

实现代码：

#include<iostream> #include<queue> #include<map> using namespace std; int main(){ int n; queue<pair<int,int> > q; cin>>n; n=1<<n; for(int i=1;i<=n;i++){ int x; cin>>x; q.push(make_pair(i,x)); } while(q.size()>2){ pair<int,int> x,y; x=q.front(); q.pop(); y=q.front(); q.pop(); if(x.second>y.second){ q.push(x); }else{ q.push(y); } } pair<int,int> x,y; x=q.front(); q.pop(); y=q.front(); q.pop(); if(x.second>y.second){ cout<<y.first<<endl; }else{ cout<<x.first<<endl; } return 0; }

P1827 [USACO3.4] 美国血统 American Heritage

题目描述

农夫约翰非常认真地对待他的奶牛们的血统。然而他不是一个真正优秀的记账员。他把他的奶牛们的家谱作成二叉树，并且把二叉树以更线性的“树的中序遍历”和“树的前序遍历”的符号加以记录而不是用图形的方法。

你的任务是在被给予奶牛家谱的“树中序遍历”和“树前序遍历”的符号后，创建奶牛家谱的“树的后序遍历”的符号。每一头奶牛的姓名被译为一个唯一的字母。（你可能已经知道你可以在知道树的两种遍历以后可以经常地重建这棵树。）显然，这里的树不会有多于 26 个的顶点。

这是在样例输入和样例输出中的树的图形表达方式：

C / \ / \ B G / \ / A D H / \ E F

附注：

• 树的中序遍历是按照左子树，根，右子树的顺序访问节点；
• 树的前序遍历是按照根，左子树，右子树的顺序访问节点；
• 树的后序遍历是按照左子树，右子树，根的顺序访问节点。

输入格式

第一行一个字符串，表示该树的中序遍历。

第二行一个字符串，表示该树的前序遍历。

输出格式

单独的一行表示该树的后序遍历。

输入输出样例

输入 #1复制

ABEDFCHG CBADEFGH

输出 #1复制

AEFDBHGC

说明/提示

题目翻译来自NOCOW。

USACO Training Section 3.4

实现代码：

#include<string> #include<cstring> #include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; string pre,inor; void work(string pre,string inor){ if(pre.empty())return; char root=pre[0]; int k=inor.find(root); pre.erase(pre.begin()); string leftpre=pre.substr(0,k); string rightpre=pre.substr(k); string leftinor=inor.substr(0,k); string rightinor=inor.substr(k+1); work(leftpre,leftinor); work(rightpre,rightinor); printf("%c",root); } int main(){ cin>>inor>>pre; work(pre,inor); putchar('\n'); return 0; }

P5076 【深基16.例7】普通二叉树（简化版）

题目描述

您需要写一种数据结构，来维护一些数（都是绝对值 109 以内的数）的集合，最开始时集合是空的。其中需要提供以下操作，操作次数 q 不超过 104：

1. 定义数 x 的排名为集合中小于 x 的数的个数 +1。查询数 x 的排名。注意 x 不一定在集合里。
2. 查询排名为 x(x≥1) 的数。保证集合里至少有 x 个数。
3. 求 x 的前驱（前驱定义为小于 x，且最大的数）。若不存在则输出 −2147483647。
4. 求 x 的后继（后继定义为大于 x，且最小的数）。若不存在则输出 2147483647。
5. 插入一个数 x，本题的数据保证插入前 x 不在集合中。

保证执行 1,3,4 操作时，集合中有至少一个元素。

输入格式

第一行是一个整数 q，表示操作次数。

接下来 q 行，每行两个整数 op,x，分别表示操作序号以及操作的参数 x。

输出格式

输出有若干行。对于操作 1,2,3,4，输出一个整数，表示该操作的结果。

输入输出样例

输入 #1复制

7 5 1 5 3 5 5 1 3 2 2 3 3 4 3

输出 #1复制

2 3 1 5

实现代码：

#include<iostream> #include<cstdio> #define re register using namespace std; const int INF=0x7fffffff; int cont; struct node{ int val,siz,cnt,ls,rs; }tree[1000010]; int n,opt,xx; inline void add(int x,int v) { tree[x].siz++; if(tree[x].val==v){ tree[x].cnt++; return ; } if(tree[x].val>v){ if(tree[x].ls!=0) add(tree[x].ls,v); else{ cont++; tree[cont].val=v; tree[cont].siz=tree[cont].cnt=1; tree[x].ls=cont; } } else{ if(tree[x].rs!=0) add(tree[x].rs,v); else{ cont++; tree[cont].val=v; tree[cont].siz=tree[cont].cnt=1; tree[x].rs=cont; } } } int queryfr(int x, int val, int ans) { if (tree[x].val>=val) { if (tree[x].ls==0) return ans; else return queryfr(tree[x].ls,val,ans); } else { if (tree[x].rs==0) return tree[x].val; return queryfr(tree[x].rs,val,tree[x].val); } } int queryne(int x, int val, int ans) { if (tree[x].val<=val) { if (tree[x].rs==0) return ans; else return queryne(tree[x].rs,val,ans); } else { if (tree[x].ls==0) return tree[x].val; return queryne(tree[x].ls,val,tree[x].val); } } int queryrk(int x,int rk) { if(x==0) return INF; if(tree[tree[x].ls].siz>=rk) return queryrk(tree[x].ls,rk); if(tree[tree[x].ls].siz+tree[x].cnt>=rk) return tree[x].val; return queryrk(tree[x].rs,rk-tree[tree[x].ls].siz-tree[x].cnt); } int queryval(int x,int val) { if(x==0) return 0; if(val==tree[x].val) return tree[tree[x].ls].siz; if(val<tree[x].val) return queryval(tree[x].ls,val); return queryval(tree[x].rs,val)+tree[tree[x].ls].siz+tree[x].cnt; } inline int read() { re int r=0; re char ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar(); while(ch>='0'&&ch<='9'){ r=(r<<3)+(r<<1)+(ch^48); ch=getchar(); } return r; } signed main() { n=read(); while(n--){ opt=read();xx=read(); if(opt==1) printf("%d\n",queryval(1,xx)+1); else if(opt==2) printf("%d\n",queryrk(1,xx)); else if(opt==3) printf("%d\n",queryfr(1,xx,-INF)); else if(opt==4) printf("%d\n",queryne(1,xx,INF)); else{ if(cont==0){ cont++; tree[cont].cnt=tree[cont].siz=1; tree[cont].val=xx; } else add(1,xx); } } return 0; }

P1364 医院设置

题目描述

设有一棵二叉树，如图：

其中，圈中的数字表示结点中居民的人口。圈边上数字表示结点编号，现在要求在某个结点上建立一个医院，使所有居民所走的路程之和为最小，同时约定，相邻接点之间的距离为 1。如上图中，若医院建在 1 处，则距离和 =4+12+2×20+2×40=136；若医院建在 3 处，则距离和 =4×2+13+20+40=81。

输入格式

第一行一个整数 n，表示树的结点数。

接下来的 n 行每行描述了一个结点的状况，包含三个整数 w,u,v，其中 w 为居民人口数，u 为左链接（为 0 表示无链接），v 为右链接（为 0 表示无链接）。

输出格式

一个整数，表示最小距离和。

输入输出样例

输入 #1复制

5 13 2 3 4 0 0 12 4 5 20 0 0 40 0 0

输出 #1复制

81

说明/提示

数据规模与约定

对于 100% 的数据，保证 1≤n≤100，0≤u,v≤n，1≤w≤105。

实现代码：

#include<cstdio> using namespace std; int a[101],g[101][101]; int main() { int n,l,r,min,total; scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=1;j<=n;j++) { g[i][j]=1000000; } } for(int i=1;i<=n;i++) { g[i][i]=0; scanf("%d%d%d",&a[i],&l,&r); if(l>0)g[i][l]=g[l][i]=1; if(r>0)g[i][r]=g[r][i]=1; } for(int k=1;k<=n;k++) { for(int i=1;i<=n;i++) { if(i!=k) { for(int j=1;j<=n;j++) { if(i!=j&&k!=j&&g[i][k]+g[k][j]<g[i][j]) g[i][j]=g[i][k]+g[k][j]; } } } } min=0x7fffffff; for(int i=1;i<=n;i++){ total=0; for(int j=1;j<=n;j++) total+=g[i][j]*a[j]; if(total<min)min=total; } printf("%d",min); return 0; }

P4913 【深基16.例3】二叉树深度

题目描述

有一个 n(n≤106) 个结点的二叉树。给出每个结点的两个子结点编号（均不超过 n），建立一棵二叉树（根节点的编号为 1），如果是叶子结点，则输入0 0。

建好这棵二叉树之后，请求出它的深度。二叉树的深度是指从根节点到叶子结点时，最多经过了几层。

输入格式

第一行一个整数 n，表示结点数。

之后 n 行，第 i 行两个整数 l、r，分别表示结点 i 的左右子结点编号。若 l=0 则表示无左子结点，r=0 同理。

输出格式

一个整数，表示最大结点深度。

输入输出样例

输入 #1复制

7 2 7 3 6 4 5 0 0 0 0 0 0 0 0

输出 #1复制

4

实现代码：

#include <iostream> #define _for(i, a, b) for (int i=(a); i<=(b); i++) using namespace std; const int MAXN = 1e6 + 10; struct node { int left, right; }; node tree[MAXN]; int n, ans; void dfs(int id, int deep) { if (id == 0) return ; ans = max(ans, deep); dfs(tree[id].left, deep+1); dfs(tree[id].right, deep+1); } int main() { cin >> n; _for (i, 1, n) cin >> tree[i].left >> tree[i].right; dfs(1, 1); cout << ans << endl; return 0; }