qbxt国庆水题记day1
#qbxt国庆水题记#
#day1#
//弱弱的我今天爆0了
//QAQ
##Problem 1. alien##
Input file: alien.in
Output file: alien.out
Time limit: 1s
Memory limit: 128M
小 Y 最近正在接受来自 X3 星球的外星人的采访。在那个星球上，每个人的名字都是一个正整数。
所有在这个星球上的居民都是相互认识的。两个这个星球上的⼈的友谊值可以用这样来计算: 先把两个人
的名字转换成二进制，然后把他们上下对齐排好，如果同一列的值相等，那么相应列的值就是 0，否则的
话就是 1，结果最后仍旧转换成十进制数。(即 Xor 操作)
例如，两个人的名字是 19 和 10，他们的友谊值是 25
这个星球的价值是这么计算的: 所有友情值的和。小 Y 邀请你帮助他来计算这个值。
Input
输入文件第一行一个整数 N, 表示这个星球上的总人口。
接下来 N 行，每行一个正整数，表示每个居民的姓名。
Output
输出文件一行一个整数，表示这个星球的价值。
Example
| alien.in | alien.out |
|---|---|
| 2 | 25 |
| 19 | |
| 10 | |
| ------- | — |
| 3 | 12 |
| 7 | |
| 3 | |
| 5 | |
| ------- | — |
| 5 | 84 |
| 9 | |
| 13 | |
| 1 | |
| 9 | |
| 6 |
Scoring
• 对于 40% 的数据，N ≤5000。
• 对于 70% 的数据，N ≤100000。
• 对于 100% 的数据，N ≤106, 每个居民的姓名小于 106。
解析
按位处理
统计每一位有多少1和0
然后根据1 ^ 0 = 1可以知 这一位的贡献为1和0的个数的乘积（乘法原理）
//QAQ表示看错了题思路完全错了
代码
#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxn = 1000000 + 100;
long long n,j,k,x,a[maxn];
int main() {
freopen("alien.in","r",stdin);
freopen("alien.out","w",stdout);
cin>>n;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d",&x);
j = 0;
while(x > 0) {
j++;
a[j] = a[j] + x % 2;
x /= 2;
}
if(j > k) k = j;
}
long long ans = 0;
for(int i = k; i >= 1; i--) {
ans = ans * 2 + a[i] * (n - a[i]);
}
cout< ##Problem 2. polyline##
Input file: polyline.in
Output file: polyline.out
Time limit: 1s
Memory limit: 128M
有若干个类似于下面的函数:
定义 n 个函数 y1(x), …, yn(x) 的对于任意 x 的总和 s(x) = y1(x) + … + yn(x)，很容易发现
图象是多段线组成。给你 n 个函数，你的任务是找出 s(x) 图象不等于 180 度的角的个数。
Input
第一行一个整数 n，表示函数的个数。
接下来 n 行, 每行包含两个空格隔开的整数 ki, bi, 表示第 i 个函数的参数。
Output
输出一行一个整数, 表⽰形成的多段线的图像中不等于 180 度角的个数。
Example
polyline1.in
1
1 0
polyline1.out
1
polyline2.in
3
1 0
0 2
-1 1
polyline2.out
2
polyline3.in
3
-2 -4
1 7
-5 1
polyline3.out
3
Scoring
• 对于 30% 的数据，n ≤3000。
• 对于 100% 的数据，1 ≤n ≤105, −109 ≤ki, bi ≤109。
由题可以得到
si = （k1 + k2 + …… + kn） * x + (b1 + b2 + …… bn)
所以如果不是180度，那斜率会改变
所以找拐点即可
但求斜率可能会卡精度，好像要开到1e-18才行，因为可以用分数表示
//当时想到了拐点，但想的太多导致出现了错误
斜率做法
代码
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxn = 100000 + 100;
int n,ans,tot = 0;
long long k[maxn], b[maxn];
long double c[maxn];
int main() {
freopen("polyline.in","r",stdin);
freopen("polyline.out","w",stdout);
cin>>n;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
tot++;
cin>>k[tot]>>b[tot];
if(k[tot] == 0) tot--;
else c[tot] = -((long double) b[tot] / (long double) k[tot]);
}
if(tot == 0) {
cout<<0< 分数做法
代码
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int maxn = 100000 + 100;
int n,ans,tot = 0;
long long k[maxn], b[maxn];
int vis[maxn];
long double c[maxn];
long long gcd(long long a, long long b) {
if(!b) return a;
gcd(b,a%b);
}
bool cmp(int i,int j) {
return k[i] * b[j] < k[j] * b[i];
}
int main() {
freopen("polyline.in","r",stdin);
freopen("polyline.out","w",stdout);
cin>>n;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
long long ak,ab;
cin>>ak>>ab;
if(ak == 0) continue;
k[++tot] = -ab;
b[tot] = ak;
vis[tot] = tot;
if(b[tot] < 0) {
k[tot] = -k[tot];
b[tot] = -b[tot];
}
if(b[tot] == 0) {
b[tot] = 1;
continue;
}
long long g = gcd(abs(k[tot]),abs(b[tot]));
k[tot] /= g; b[tot] /= g;
}
sort(vis+1,vis+1+tot,cmp);
ans = tot;
for(int i = 1; i < tot; i++){
if(k[vis[i]] == k[vis[i+1]] && b[vis[i]] == b[vis[i+1]]){
ans--;
}
}
cout< ##Problem 3. roadwork##
Input file: roadwork.in
Output file: roadwork.out
Time limit: 1s
Memory limit: 512M
现在有一条单个车道的路，两边会不断有车来，任意时刻路上只能有一个方向的车，每辆车速度相同，同一方向的车必须在前一辆车上路 3 秒后才能上路，可以在路口等待，不能超车，每个人在路口等过其忍受范围后便会不高兴，现在请你安排过路顺序，使得不高兴的人数最少。
Input
第一行两个整数t 和n，代表有n 辆车，每辆车过桥时间为t 秒
下⾯n ⾏，述每辆车，每行一个字符c，两个数字a 和r;
c=“E”或“W”代表方向，a 代表到达时间(秒)，r 代表最多忍受时间(秒，上路时间- a)，按到来顺序
给出，a 相同时以到来顺序为准。
Output
输出行一个整数，代表最少发怒人数。
Example
roadwork1.in
8 3
W 10 0
W 10 3
E 17 4
roadwork1.out
0
roadwork2.in
100 5
W 0 200
W 5 201
E 95 1111
E 95 1
E 95 11
roadwork2.out
1
Scoring
• 对于 100% 的数据，4 ≤t ≤180, 1 ≤n ≤250, 0 ≤a < 86400, 0 ≤r ≤3600
//dp渣表示完全不懂，现场暴力也没写出来
只能送上std
代码
// Solution of problem Road Work
// Time complexity: O(n^3)
// Space complexity: O(n^3)
// Author: Fredrik Svensson
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define MAX_N 350
int resetValue = 123*MAX_N;
const int maxTotalTime = 86400+MAX_N*3+2*MAX_N*180;
struct Car
{
int arrival;
int lastLeave;
};
vector toWest;
vector toEast;
int timeToPass;
int dp[MAX_N+1][MAX_N+1][MAX_N+1][2]; // totalTime = dp[drivenEast][drivenWest][numIrritated][lastToWest=0,lastToEast=1]
int calc(int drivenWest, int drivenEast, int numIrritated, int lastToEast)
{
int &dpv = dp[drivenWest][drivenEast][numIrritated][lastToEast];
if (dpv == 0x7f7f7f7f)
{
if ((lastToEast ? drivenEast : drivenWest) == 0)
dpv = maxTotalTime;
else
{
const Car &myCar = (lastToEast ? toEast[drivenEast-1] : toWest[drivenWest-1]);
if (lastToEast)
--drivenEast;
else
--drivenWest;
dpv = maxTotalTime;
// Check with one less to the east and one less to the west.
for (int dir = 0; dir < 2; ++dir)
{
// Allow getting irritated
if (numIrritated > 0)
dpv = min(dpv, calc(drivenWest, drivenEast, numIrritated-1, dir) + (dir == lastToEast ? 3 : timeToPass));
// Not getting irritated
int myTime = calc(drivenWest, drivenEast, numIrritated, dir) + (dir == lastToEast ? 3 : timeToPass);
if (myTime <= myCar.lastLeave)
dpv = min(dpv, myTime);
}
if (dpv < maxTotalTime)
dpv = max(myCar.arrival, dpv);
}
}
return dpv;
}
int main()
{
freopen("roadwork.in","r",stdin);
freopen("roadwork.out","w",stdout);
int n;
cin >> timeToPass >> n;
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
string d;
int maxStillTime;
Car car;
cin >> d >> car.arrival >> maxStillTime;
car.lastLeave = car.arrival + maxStillTime;
if (d == "W")
toWest.push_back(car);
else if (d == "E")
toEast.push_back(car);
else
return -1;
}
// Dynamic programming
// Reset
memset(&dp[0][0][0][0], 0x7f7f7f7f, sizeof(dp));
dp[0][0][0][0] = dp[0][0][0][1] = -3;
// Run
int numIrritated;
for (numIrritated = 0; numIrritated <= n; ++numIrritated)
{
int t = min(
calc((int)toWest.size(), (int)toEast.size(), numIrritated, 0),
calc((int)toWest.size(), (int)toEast.size(), numIrritated, 1));
if (t < maxTotalTime)
break;
}
cout << numIrritated << endl;
return 0;
}