2016 NJUST ACM社第一次新生赛 题解

比赛链接：http://icpc.njust.edu.cn/Contest/973/

Summary：本次比赛共6题，A题为签到题 ，CE为中等题，BD为偏难题 ，F为防AK题。总体对于新生来说偏难了，过题人数与出题人预期有一定差距。

A.Uncle Bird’s greetings
直接暴力判断hello即可

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
int main()
{
    int t;
    scanf("%d", &t);
    char str[1005];
    while(t--){
        scanf("%s", str);
        int len=strlen(str);
        int ans=0;
        for(int i=0;i+4if(str[i]=='h'&&str[i+1]=='e'&&str[i+2]=='l'&&str[i+3]=='l'&&str[i+4]=='o')ans++;
        }
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}

B.Uncle Bird’s maths problem
排序不等式：顺序乘积和最大，逆序乘积和最小。
将bi取倒数得1/bi后，其实就把除法换成了乘法，逆序乘积和最小，所以分别排序后倒序相乘就行了。

#include 
#include 
#include 
using namespace std;

double a[10005];
double b[10005];
int n;

int main()
{
    int t;
    scanf("%d", &t);
    while(t--){
        scanf("%d", &n);
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%lf%lf", &a[i], &b[i]);
            b[i]=1/b[i];
        }
        sort(a+1, a+1+n);
        sort(b+1, b+1+n);
        double ans=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            ans+=a[i]*b[n-i+1];
        }
        printf("%.3f\n", ans);
    }
    return 0;
}

C.Uncle Bird’s first contest
这题其实如题面所说是出题人第一次打hdu新生赛做到的题，一个简单的dp。
记dp[i]为i个人分组的方案数。显然dp[1]=1,dp[2]=2,dp[3]=5。i>=4时，考虑最后一个人，他可以一人一队，对方案数的贡献是dp[i-1]；也可以和另外i-1人中的一人组队，贡献是C(i-1,1)xdp[i-2]；还可以和另外i-1人中的两人组队，贡献是C(i-1,2)xdp[i-3]，所以dp[i]=dp[i-1]+C(i-1,1)xdp[i-2]+C(i-1,2)xdp[i-3]。注意数据量会爆int，要用long long。

#include 
#include 
#include 
using namespace std;

long long a[30];

int main()
{
    a[1]=1;
    a[2]=2;
    a[3]=5;
    for(int i=4;i<=20;i++)
        a[i]=a[i-1]+(i-1)*a[i-2]+(i-1)*(i-2)/2*a[i-3];
    int n;
    while(scanf("%d", &n), n){
        printf("%lld\n", a[n]);
    }
}

D.Uncle Bird’s manhattan distance
这题是关于manhattan distance的一个性质。考虑取一个在所有点左下角的点为基准A(x0,y0)，那么对于满足x1<=x2和y1<=y2的点对B(x1,y1)和C(x2,y2)，BC(曼哈顿距离,下同)=AC-AB。同理取右下角基准点，可以处理x1<=x2和y1>=y2的的点对的距离。这样，将两两点之间曼哈顿距离转换为到基准点的距离之差。那我们只需要用到基准点距离最大值减去最小值，就得到了两点之间距离最大值。对两个基准分别做这个操作然后取较大的就可以了。复杂度o(n)。

#include 
#include 
#include 
using namespace std;

const int xl=-10000;
const int yl=-10000;
const int xr=10000;
const int yr=-10000;

int main()
{
    int t;
    scanf("%d", &t);
    while(t--)
    {
        int Max1=-40000, Max2=-40000;
        int Min1=40000, Min2=40000;
        int n;
        scanf("%d", &n);
        int x, y;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d%d", &x, &y);
            Max1=max(abs(x-xl)+abs(y-yl), Max1);
            Min1=min(abs(x-xl)+abs(y-yl), Min1);
            Max2=max(abs(x-xr)+abs(y-yr), Max2);
            Min2=min(abs(x-xr)+abs(y-yr), Min2);
        }
        int ans=max(Max1-Min1, Max2-Min2);
        printf("%d\n", ans);
    }
}

E.Uncle Bird’s idol
简单的素数筛，但是由于只有一组数据，在本机跑nsqrt(n)的素数判别也能A。由于所有的ac代码都是直接输出答案的，出题人也不知道谁写了筛法。标程是写的埃氏筛法，有兴趣的同学可以自行研究欧拉筛法。

#include 
#include 
using namespace std;

bool vis[10500000];
int prime[1050000];
int tot;

void init()
{
    memset(vis, false, sizeof(vis));
    tot=0;
    for(int i=2;i<=10000000;i++){
        if(!vis[i]){
            prime[++tot]=i;
            for(int j=2;j*i<=10000000;j++){
                vis[i*j]=true;
            }
        }
    }
}

int main()
{
    init();
    printf("%d\n", prime[260817]);
    return 0;
}

F.The Last Problem
本来琢磨了很久用什么防AK的，后来发现多虑了。。。
这个题原来是挑战上的，改了一下数据，作为套路题还是显得不够真诚，不过出题人最近事务繁多，还请各位谅解一下。
考虑到 (3+7√)n 的共轭数 (3−7√)n 。由二项式展开定理可知， (3+7√)n=a+b7√ ， (3−7√)n=a−b7√ 。两式相加可得 (3+7√)n+(3−7√)n=2a 。显然 (3−7√)n<1 那么题目就相当于求(2a-1)%1000。然后用矩阵快速幂解决即可。

#include 
#include 
using namespace std;

struct mat{
    int a[3][3];
};

mat operator*(const mat& a, const mat& b)
{
    mat ans;
    for(int i=1;i<=2;i++)
        for(int j=1;j<=2;j++){
            ans.a[i][j]=0;
            for(int k=1;k<=2;k++){
                ans.a[i][j]+=a.a[i][k]*b.a[k][j];
                ans.a[i][j]%=1000;
            }
        }
    return ans;
}

mat power(int x){
    mat base;
    mat ans;
    base.a[1][1]=3;
    base.a[1][2]=7;
    base.a[2][1]=1;
    base.a[2][2]=3;
    ans.a[1][1]=ans.a[2][2]=1;
    ans.a[1][2]=ans.a[2][1]=0;
    while(x){
        if(x&1){
            ans=ans*base;
        }
        x>>=1;
        base=base*base;
    }
    return ans;
}

int main()
{
    int n;
    while(~scanf("%d", &n)){
        mat ans=power(n);
        printf("%03d\n", (2*ans.a[1][1]+999)%1000);
    }
}