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前言试题 A: 子 2023作者思考题解答案 试题 B: 双子数作者思考题解 试题 C: 班级活动作者思考题解 试题 D: 合并数列作者思考题解 试题 E: 数三角作者思考题解 试题 F: 删边问题作者思考题解 试题 G: AB 路线作者思考题解 试题 H: 抓娃娃作者思考题解 试题 I: 拼数字试题 J: 逃跑
前言
第一次接触写国赛的题，在下才疏学浅，题解如有错误请指正。🤗
A ~ H有题解，其中E题作者打的暴力。
如果能帮助你的话，点点赞吧！谢谢🤝
试题 A: 子 2023
本题总分：5 分
【问题描述】
小蓝在黑板上连续写下从 1 到 2023 之间所有的整数，得到了一个数字序列：
S = 12345678910111213 . . . 20222023。
小蓝想知道 S 中有多少种子序列恰好等于 2023？
提示，以下是 3 种满足条件的子序列（用中括号标识出的数字是子序列包含的数字）：
1[2]34567891[0]111[2]1[3]14151617181920212223…
1[2]34567891[0]111[2]131415161718192021222[3]…
1[2]34567891[0]111213141516171819[2]021222[3]…
注意以下是不满足条件的子序列，虽然包含了 2、0、2、3 四个数字，但是顺序不对：
1[2]345678910111[2]131415161718192[0]21222[3]…
【答案提交】
这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的内容将无法得分
作者思考
作完省赛的就知道，这不就是省赛E题的接龙数列嘛😅。简单的dp就可以。分别以2 0 2 3（要转化，因为有两个2）结尾dp就可以了👻。
虽然正解是dp，但是暴力 + 剪枝也可以做，就是跑的有些慢。作者本地跑差不多50s。
还一个坑，就是如果你不开long long就会得到错的答案：1189693313
题解
#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define int long long // 开long long string s; int f1() { int cnt = 0; for (int a = 0; a < s.size(); a++) { if (s[a] != '2')continue; for (int b = a + 1; b < s.size(); b++) { if (s[b] != '0')continue; for (int c = b + 1; c < s.size(); c++) { if (s[c] != '2')continue; for (int d = c + 1; d < s.size(); d++) { if (s[d] != '3')continue; cnt++; } } } } return cnt;}int f2() {int dp[4] = {0}; // 分别代表"2"、"20"、"202"、"2023"的数量for (char ch : s) {if (ch == '2') {dp[0]++;dp[2] += dp[1];}if (ch == '0') dp[1] += dp[0];if (ch == '3') dp[3] += dp[2];}return dp[3];}signed main(){for (int i = 1; i <= 2023; i++) { // 剪枝 string tmp = to_string(i);for (char ch : tmp) {if (ch == '2') s += '2';if (ch == '0') s += '0';if (ch == '3') s += '3';}}//cout << f1() << endl; // 暴力 cout << f2() << endl; // dpreturn 0;}答案
5484660609试题 B: 双子数
本题总分：5 分
【问题描述】
若一个正整数 x 可以被表示为 p 2 ^2 2 × q 2 ^2 2，其中 p、q 为质数且 p , q，则 x 是一个 “双子数”。请计算区间 [2333, 23333333333333] 内有多少个 “双子数”？
【答案提交】
这是一道结果填空的题，你只需要算出结果后提交即可。本题的结果为一个整数，在提交答案时只填写这个整数，填写多余的内容将无法得分。
作者思考
首先第一眼看到质数，那么直接就是质数筛嘛。筛多少质数呢？看区间数量级是10 14 ^{14} 14 ,难道筛10 14 ^{14} 14 ？🤔
不用， p、q 的最大值 23333333333333 \sqrt{23333333333333} 23333333333333 ≈ \approx ≈ 4830459。 所以大约筛5 x 10 6 ^6 6就可以了。
还有一个坑 ，计算p 2 ^2 2 × q 2 ^2 2 时，遍历到最大的p、q ,大约是10 24 ^{24} 24 ,那么数量级会爆long long。解决办法1、用int128 2、缩小数据范围，开根号转化成 p x q 在范围 [ 2333 \sqrt{2333} 2333 , 23333333333333 \sqrt{23333333333333} 23333333333333 ] ，这样就完美解决了！😼
题解
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define int long longconst int maxl = 1e7 + 7;int l = 2333, r = 23333333333333;int ans;vector<int> prime;int flag[maxl];void euler_prime(int n) {for (int i = 2; i <= n; i++) {if (!flag[i]) prime.push_back(i);for (int p : prime) {flag[p * i] = 1;if (i % p == 0 || p * i > n) break;}}}signed main () {euler_prime(5e6 + 7);for (int i = 0; i < prime.size(); i++) {for (int j = i + 1; j < prime.size(); j++) {int x = prime[i] * prime[j]; // 这里的x是题目中的x开根号if (x < pow(l, 0.5)) continue; if (x > pow(r, 0.5)) break; // 太大后面的数都不用看了，都大于范围ans++; }}cout << ans << endl;return 0;}试题 C: 班级活动
时间限制: 1.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分：10 分
【问题描述】
小明的老师准备组织一次班级活动。班上一共有 n 名（n 为偶数）同学，老师想把所有的同学进行分组，每两名同学一组。为了公平，老师给每名同学随机分配了一个 n 以内的正整数作为 id，第 i 名同学的 id 为 a i _i i。
老师希望通过更改若干名同学的 id 使得对于任意一名同学 i，有且仅有另一名同学 j 的 id 与其相同（a i _i i = a j _j j）。请问老师最少需要更改多少名同学的 id？
【输入格式】
输入共 2 行。
第一行为一个正整数 n。
第二行为 n 个由空格隔开的整数 a 1 _1 1, a 2 _2 2, …, a i _i i。
【输出格式】
输出共 1 行，一个整数。
【样例输入】
41 2 2 3【样例输出】
1【样例说明】
仅需要把 a 1 _1 1 改为 a 3 _3 3 或者把 a 3 _3 3改为 a 1 _1 1 即可。
【评测用例规模与约定】
对于 20% 的数据，保证 n ≤ 10 3 ^3 3。
对于 100% 的数据，保证 n ≤ 10 5 ^5 5。
作者思考
这里看两组样例就能明白规律了
输入：1 2 2 2 2 2 3输出：3这里很显然就是3个2要变成1, 3，和一个其他数字。
输入：1 2 2 2 3 4输出：2这里很显然就是1个2要变成1（或者3， 4），剩下两个数字再合并。
结论： 配对超过2个同学的数字总和，设为cnt1， 没有完成配对的同学的数字总和，设为cnt2，
当cnt1 > cnt2时,输出cnt1
当cnt1 < cnt2时，输出cnt1 + (cnt2 - cnt1) / 2
时间复杂度：O(n)
题解
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxl = 1e5 + 7;int n, cnt1, cnt2;int a[maxl];map<int,int> mp; bool flag[maxl];int main() {cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> a[i];mp[a[i]]++;}for (int i = 1; i <= n; i++) {if (!flag[a[i]]) {if (mp[a[i]] == 1) cnt2++;else if (mp[a[i]] > 2) cnt1 += (mp[a[i]] - 2);flag[a[i]] = 1;}}if (cnt1 > cnt2) cout << cnt1 << endl;else cout << cnt1 + (cnt2 - cnt1) / 2 << endl;return 0;}试题 D: 合并数列
时间限制: 1.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分：10 分
【问题描述】
小明发现有很多方案可以把一个很大的正整数拆成若干正整数的和。他采取了其中两种方案，分别将他们列为两个数组 {a 1 _1 1, a 2 _2 2, …, a n _n n} 和 {b 1 _1 1, b 2 _2 2, …, b m _m m}。两个数组的和相同。
定义一次合并操作可以将某数组内相邻的两个数合并为一个新数，新数的值是原来两个数的和。小明想通过若干次合并操作将两个数组变成一模一样，即 n = m 且对于任意下标 i 满足 a i _i i = b i _i i。请计算至少需要多少次合并操作可以完成小明的目标。
【输入格式】
输入共 3 行。
第一行为两个正整数 n, m。
第二行为 n 个由空格隔开的整数 a 1 _1 1, a 2 _2 2, …, a n _n n。
第三行为 m 个由空格隔开的整数 b 1 _1 1, b 2 _2 2, …, b m _m m。
【输出格式】
输出共 1 行，一个整数。
【样例输入】
4 31 2 3 41 5 4【样例输出】
1【样例说明】
只需要将 a 2 _2 2 和 a 3 _3 3 合并，数组 a 变为 {1, 5, 4}，即和 b 相同。
【评测用例规模与约定】
对于 20% 的数据，保证 n, m ≤ 10 3 ^3 3。
对于 100% 的数据，保证 n, m ≤ 10 5 ^5 5，0 < a i _i i , b i _i i ≤ 10 5 ^5 5。
作者思考
作者个人觉得不会这道题的人，大概率是没看到题目中的，相邻的两个数 。这里我给的大家标出来了。
看到这就应该是迎刃而解了，贪心就可以了。直接放代码了，我觉得你一定看的懂的！🤗
时间复杂度：O(n)
题解
#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int n, m, ans;int tp1, tp2;queue<int> q1, q2;int main(){cin >> n >> m;for (int i = 1, x; i <= n; i++) cin >> x, q1.push(x);for (int i = 1, x; i <= m; i++) cin >> x, q2.push(x);while (!q1.empty()) {tp1 = q1.front();tp2 = q2.front();if (tp1 == tp2) q1.pop(), q2.pop();else if (tp1 < tp2) q1.pop(), q1.front() += tp1, ans++;else q2.pop(), q2.front() += tp2, ans++;}cout << ans << endl; return 0;}试题 E: 数三角
时间限制: 1.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分：15 分
【问题描述】
小明在二维坐标系中放置了 n 个点，他想在其中选出一个包含三个点的子集，这三个点能组成三角形。然而这样的方案太多了，他决定只选择那些可以组成等腰三角形的方案。请帮他计算出一共有多少种选法可以组成等腰三角形？
【输入格式】
输入共 n + 1 行。
第一行为一个正整数 n。
后面 n 行，每行两个整数 x i _i i, y i _i i 表示第 i 个点的坐标。
【输出格式】
输出共 1 行，一个整数。
【样例输入】
51 41 02 11 20 1【样例输出】
5【样例说明】
一共有 4 种选法：{2, 3, 4}、{3, 4, 5}、{4, 5, 2}、{5, 2, 3}、{1, 3, 5}。
【评测用例规模与约定】
对于 20% 的数据，保证 n ≤ 200。
对于 100% 的数据，保证 n ≤ 2000，0 ≤ x i _i i, y i _i i ≤ 10 9 ^9 9。
作者思考
作者思考不了了，作者不会😵💫
直接打暴力了。
时间复杂度：O(n 3 ^3 3)
题解
#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxl = 1e6 + 7;struct point {int x;int y;};int n, ans;point p[maxl];double dis(int a, int b) {return sqrt((p[a].x - p[b].x) * (p[a].x - p[b].x) + (p[a].y - p[b].y) * (p[a].y - p[b].y)) * 1.00;}signed main(){cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> p[i].x >> p[i].y;// 遍历所有点，并且要避免重复 for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 1; j < i; j++) {for (int k = 1; k < j; k++) {double a = dis(i, j);double b = dis(i, k);double c = dis(j, k);if (a + b > c && a + c > b && b + c > a)if ((a == b) || (a == c) || (b == c)) ans++;}}}cout << ans << endl; return 0;}试题 F: 删边问题
时间限制: 1.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分：15 分
【问题描述】
给定一个包含 N 个结点 M 条边的无向图 G，结点编号 1 . . . N。其中每个
结点都有一个点权 W i _i i。
你可以从 M 条边中任选恰好一条边删除，如果剩下的图恰好包含 2 个连通
分量，就称这是一种合法的删除方案。
对于一种合法的删除方案，我们假设 2 个连通分量包含的点的权值之和分
别为 X 和 Y，请你找出一种使得 X 与 Y 的差值最小的方案。输出 X 与 Y 的差
值。
【输入格式】
第一行包含两个整数 N 和 M。
第二行包含 N 个整数，W 1 _1 1, W 2 _2 2. . . . W N _N N。
以下 M 行每行包含 2 个整数 U 和 V，代表结点 U 和 V 之间有一条边。
【输出格式】
一个整数代表最小的差值。如果不存在合法的删除方案，输出 −1。
【样例输入】
4 410 20 30 401 22 12 34 3【样例输出】
20【样例说明】
由于 1 和 2 之间实际有 2 条边，所以合法的删除方案有 2 种，分别是删除(2, 3) 之间的边和删除 (3, 4) 之间的边。
删除 (2, 3) 之间的边，剩下的图包含 2 个连通分量：{1, 2} 和 {3, 4}，点权和分别是 30、70，差为 40。
删除 (3, 4) 之间的边，剩下的图包含 2 个连通分量：{1, 2, 3} 和 {4}，点权和分别是 60、40，差为 20。
【评测用例规模与约定】
对于 20% 的数据，1 ≤ N, M ≤ 10000。
对于另外 20% 的数据，每个结点的度数不超过 2。
对于 100% 的数据，1 ≤ N, M ≤ 200000，0 ≤ W i _i i ≤ 109，1 ≤ U, V ≤ N。
作者思考
这个15分是真不好拿呀！真比后面两道20分的题还难！真无语😩
考察知识点：Tarjan 算法 缩点、Tarjan 算法 求割边、拓扑序
暴力点的解法，就是求完割边，遍历每个割边求差值。时间复杂度是O(M(u + v)) ≈ O(n 3 ^3 3)，超时
优化，把他当有向图，然后进行缩点，缩点后会出现拓扑序，根据拓扑序，求节点值和。差值：所有节点值之和 - 2 * 其中一半连通节点和
题解
#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int MaxN = 0x3f3f3f3f;const int maxl = 1e6 + 7;struct edge{int u;int v;bool operator < (edge b) const { // map 需要给出排序规则 if (u != b.u) return u < b.u;else return v < b.v;}};int n, m, W, w[maxl], ans = MaxN; /*W ——所以节点值总和w ——每个节点值ans ——最小差值 */// 无向图求割边 vector<int> G1[maxl];vector<edge> e; // 求割边map<edge, int> mp1; // 记录边数，标记掉重边，又可能是割边的边int cnt1 = 1;int dfn1[maxl], low1[maxl];int flag1[maxl];// 有向图缩点，建新图。目的：利用新图拓扑序求节点值 和vector<int> G2[maxl], nG[maxl]; // G2 ——有向图缩点，nG ——缩点后的新图 map<edge, int> mp2; // 新图建立会有重边 int tp;stack<int> st;int cnt2 = 1, sc;int scc[maxl];int flag2[maxl];int dfn2[maxl], low2[maxl];int nw[maxl], dp[maxl]; // nw ——缩点后的新权值，dp ——后i个点的权值和 void targan_bridge(int u, int fa) { // 求割边 dfn1[u] = low1[u] = cnt1++;for (int v : G1[u]) {if (!dfn1[v]) {targan_bridge(v, u);low1[u] = min(low1[u], low1[v]);if (low1[v] > dfn1[u]) e.push_back({min(u, v), max(u, v)});} else if (dfn1[v] < dfn1[u && v != fa]) low1[u] = min(low1[u], dfn1[v]);}}void targan_point(int u) { // 缩点 st.push(u);flag2[u] = 1;dfn2[u] = low2[u] = cnt2++;for (int v : G2[u]) {if (!dfn2[v]) {targan_point(v);low2[u] = min(low2[u], low2[v]);} else if (flag2[v]) low2[u] = min(low2[u], dfn2[v]);}if (low2[u] == dfn2[u]) {sc++;do {tp = st.top();st.pop();scc[tp] = sc;flag2[tp] = 0;}while (tp != u);}}signed main() {cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> w[i];W += w[i]; }for (int i = 1, u, v; i <= m; i++) {cin >> u >> v;G1[u].push_back(v);G1[v].push_back(u);mp1[{min(u, v), max(u, v)}]++;G2[u].push_back(v);}int d = 0; // 判断给的图是否是个连通图for (int i = 1; i <= n; i++) {if (!dfn1[i]) {targan_bridge(i, i);d++;}if (!dfn2[i]) targan_point(i);} if (d > 1 || !e.size()) { // 不是连通图 或者 没有割边，直接返回 cout << -1 << endl;return 0;}// 缩点建新图for (int u = 1; u <= n; u++) {nw[scc[u]] += w[u];for (int v : G2[u]) {if (scc[v] != scc[u] && !mp2[{min(u, v), max(u, v)}]) {nG[scc[u]].push_back(scc[v]);mp2[{min(u, v), max(u, v)}]++; }}} // 根据拓扑序，求节点权值和 for (int u = sc; u; u--) {dp[u] += nw[u];for (int v : nG[u]) dp[v] += dp[u];}for (edge birdge : e) {if (mp1[birdge] > 1) continue; // 重边，不用更新 ans的值int p = max(scc[birdge.u], scc[birdge.v]); // 割边中序号较大的点int t = dp[p];ans = min(ans, abs(W - t - t)); // 计算差值 }cout << ans << endl; return 0;}试题 G: AB 路线
时间限制: 1.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分：20 分
【问题描述】
有一个由 N × M 个方格组成的迷宫，每个方格写有一个字母 A 或者 B。小蓝站在迷宫左上角的方格，目标是走到右下角的方格。他每一步可以移动到上下左右相邻的方格去。
由于特殊的原因，小蓝的路线必须先走 K 个 A 格子、再走 K 个 B 格子、再走 K 个 A 格子、再走 K 个 B 格子……如此反复交替。
请你计算小蓝最少需要走多少步，才能到达右下角方格？
注意路线经过的格子数不必一定是 K 的倍数，即最后一段 A 或 B 的格子可以不满 K 个。起点保证是 A 格子。
例如 K = 3 时，以下 3 种路线是合法的：
AA
AAAB
AAABBBAAABBB
以下 3 种路线不合法：
ABABAB
ABBBAAABBB
AAABBBBBBAAA
【输入格式】
第一行包含三个整数 N、M 和 K。
以下 N 行，每行包含 M 个字符（A 或 B），代表格子类型。
【输出格式】
一个整数，代表最少步数。如果无法到达右下角，输出 −1。
【样例输入】
4 4 2AAABABABBBABBAAA【样例输出】
8【样例说明】
每一步方向如下：下右下右上右下下；路线序列：AABBAABBA。
【评测用例规模与约定】
对于 20% 的数据，1 ≤ N, M ≤ 4。
对于另 20% 的数据，K = 1。
对于 100% 的数据，1 ≤ N, M ≤ 1000，1 ≤ K ≤ 10。
作者思考
当年写这道题可能还是大意了，代码没过，没有判重，被hack掉了，这里感谢网友指正，现在已经改正了。🥰
这种题dfs遍历的题，做过板子题走迷宫后，其实都大差不差。难点主要是在每走一步状态的定义上。
与走迷宫对比，都是走到终点，最小步数。
条件：
每条路走一次这道题是交替走k步 也就是把交替k步描述出来就可以了。这里看代码怎么写的吧！
做出来这题了，也可以做做2024 cb组省赛 数字接龙。也都是状态标记定义的好题。💕
题解
#include<bits/stdc++.h>#include <queue>using namespace std;/*#define int long long*/#define endl '\n'#define P pair<int, int>#define x first#define y secondconst int maxl = 1e3 + 7;const int maxn = 0x3f3f3f3f;const int N = 1e1 + 7;int dx[] = {0, 0, 0, 1, -1};int dy[] = {0, 1, -1, 0, 0};struct node { int x; int y; int step;};int n, m, k;char G[maxl][maxl];bool vis[maxl][maxl][N];int dis[maxl][maxl][N];queue<node> q;void slove() { cin >> n >> m >> k; for (int i = 1; i <= n; i++) { for (int j = 1; j <= m; j++) { cin >> G[i][j]; } } vis[1][1][1] = 1; q.push({1, 1, 1}); while (!q.empty()) { node tp = q.front(); q.pop(); for (int i = 1; i <= 4; i++) { int x = tp.x + dx[i]; int y = tp.y + dy[i]; if (x < 1 || x > n || y < 1 || y > m) continue; // 地图边界判断 // [1, k]走了k步， 所以第k + 1步要进行变号(注意这里用的是tp.step) if (G[x][y] == G[tp.x][tp.y] && tp.step == k) continue; // 走了k + 1步， 没有变号 if (G[x][y] != G[tp.x][tp.y] && tp.step != k) continue; // 没走k + 1步，变号了 int step = (tp.step) % k + 1; if (vis[x][y][step]) continue; // 这个点走过了第step步 vis[x][y][step] = 1; dis[x][y][step] = dis[tp.x][tp.y][tp.step] + 1; q.push({x, y, step}); } } int ans = maxn; for (int i = 1; i <= k; i++) { if (vis[n][m][i]) { ans = min(ans, dis[n][m][i]); // 到达终点的可能步数全都遍历一遍 } } if (ans == maxn) cout << -1 << endl; else cout << ans << endl;}signed main(){ ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0), cout.tie(0); int t = 1; /*cin >> t;*/ while(t--) slove(); return 0;}试题 H: 抓娃娃
时间限制: 1.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分：20 分
【问题描述】
小明拿了 n 条线段练习抓娃娃。他将所有线段铺在数轴上，第 i 条线段的左端点在 l i _i i，右端点在 r i _i i。小明用 m 个区间去框这些线段，第 i 个区间的范围是 [L i _i i, R i _i i]。如果一个线段有 至少一半 的长度被包含在某个区间内，则将其视为被这个区间框住。请计算出每个区间框住了多少个线段？
【输入格式】
输入共 n + m + 1 行。
第一行为两个正整数 n, m。
后面 n 行，每行两个整数 l i _i i,r i _i i。
后面 m 行，每行两个整数 L i _i i, R i _i i。
【输出格式】
输出共 m 行，每行一个整数。
【样例输入】
3 21 21 33 41 42 3【样例输出】
32【评测用例规模与约定】
对于 20% 的数据，保证 n, m ≤ 10 3 ^3 3。
对于 100% 的数据，保证 n, m ≤ 10 5 ^5 5，l i _i i < r i _i i，0 < l i _i i,r i _i i, L i _i i, R i _i i ≤ 10 6 ^6 6，max{r i _i i − l i _i i} ≤ min{R i _i i − L i _i i}
作者思考
我只能说，这道题是真的简单。而且是20分啊？！！为啥不放到最前面10分啊？真服了😡
不就是，最基础的前缀和与差分嘛！
抓住以下几个点：
题解
#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxl = 2e6 + 7;int n, m;int sum[maxl]; int main(){cin >> n >> m;for (int i = 1, l, r; i <= n; i++) {cin >> l >> r;sum[l + r]++;}for (int i = 1; i < maxl; i++) sum[i] += sum[i - 1];for (int i = 1, l, r; i <= m; i++) {cin >> l >> r;l *= 2;r *= 2;cout << sum[r] - sum[l - 1] << endl;}return 0;}后面两道题，作者能力有限不会。如果你们能会的话。记得留言告诉我。在下把题目放在这里了。
试题 I: 拼数字
时间限制: 1.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分：25 分
【问题描述】
小蓝要用 N 个数字 2 和 M 个数字 3 拼出一个 N + M 位的整数。请你计算
小蓝能拼出的最大的 2023 的倍数是多少？
【输入格式】
两个整数 N 和 M。
【输出格式】
一个 N + M 位的整数，代表答案。如果拼不出 2023 的倍数，输出 −1。
【样例输入】
2 8【样例输出】
2233333333【评测用例规模与约定】
对于 20% 的数据，1 ≤ N, M ≤ 12。
对于 40% 的数据，1 ≤ N, M ≤ 100。
对于 60% 的数据，1 ≤ N, M ≤ 10000。
对于 100% 的数据，1 ≤ N, M ≤ 1000000。
试题 J: 逃跑
时间限制: 1.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分：25 分
【问题描述】
小明所在星系有 n 颗星球，编号为 1 到 n。这些星球通过 n − 1 条无向边连成一棵树。根结点为编号为 1 的星球。
为了在星际战争到来时逃到其他星系，小明在根结点设置了逃离用的传送门。每个星球的人只需要一直往父结点星球移动就可以抵达根结点。为了方便各个星球的人去往根结点，小明将其中 m 个星球设置为了跳板星球。在从某个星球去往根结点的路径上，当一个人经过任意星球（包括起点星球）时，他可以尝试直接跳跃到 其前往根结点路径上的除当前星球以外的第一个跳板星球，其时间花费和走到父结点星球的时间花费相同，都是 1 单位时间。
然而，因为技术问题，向跳板星球的跳跃并不一定成功，每一次跳跃都有p 的概率失败，并转而跳跃到当前星球的父结点星球（相当于直接走到父结点星球）；同时此跳板星球失效，将 不再视为跳板星球。
为了衡量移动效率，小明想知道，如果一个人在这 n 颗星球中随机选择一颗出发前往根结点，其花费的最短时间的期望是多少单位时间？
【输入格式】
输入共 n + 1 行，第一行为两个正整数 n、m 和一个浮点数 p。
后面 n − 1 行，每行两个正整数 xi
, y i _i i 表示第 i 条边的两个端点。
最后一行，共 m 个正整数表示所有跳板星球的编号。
【输出格式】
一行，一个浮点数，表示答案（请保留两位小数）。
【样例输入】
4 1 0.21 22 33 42【样例输出】
1.30【样例说明】
从 1 号星球出发的时间花费为 0；
从 2 号星球出发的时间花费为 1；
从 3 号星球出发的时间花费为 2；
从 4 号星球出发的时间花费为 0.8 × 2 + 0.2 × 3 = 2.2。
所以期望时间为 (0+1+2+2.2)/4 = 1.3。
【评测用例规模与约定】
对于 30% 的数据，保证 1 ≤ n ≤ 2000。
对于 100% 的数据，保证 1 ≤ n ≤ 10 6 ^6 6 ，1 ≤ m ≤ n，0 < p < 1。
