2014多校联合七（HDU 4937 HDU 4938 HDU 4939 HDU 4941）
好几天没写题解了… 都怪我太弱 补题补不动…
HDU 4937 Lucky Number
题意：一个数字如果只有3456这四种数字组成 那么这个数字是幸运的 问 给出一个x 它在几种进制下是幸运的 如果无穷输出-1
思路：
分类讨论 如果x是3或4或5或6 那么一定有无穷个进制满足（从十进制开始…） 直接输出-1
除去上述情况 那么我们可以将一个数字写成这样 a0 + a1*base + a2*base^2 +... = x
那么如果base的最高次只有1次或2次时 就是简单的解方程题 关键在于3次或更高时
不过我们发现10000的3次方已经超过n了 所以对于这种情况 我们只需要枚举进制判定即可 最大也就10000
代码：
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef __int64 LL;
int t,ans;
LL n;
int main()
{
int cas=1;
int a,b,c,i;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%I64d",&n);
if(n>=3&&n<=6)
{
printf("Case #%d: -1\n",cas++);
continue;
}
ans=0;
for(a=3;a<=6;a++)
{
for(b=3;b<=6;b++)
{
if(n>b&&(n-b)%a==0&&(n-b)/a>b&&(n-b)/a>a) ans++;
for(c=3;c<=6;c++)
{
LL derta2=(LL)b*b-((LL)c-n)*a*4;
if(derta2>=0)
{
LL f=((LL)-b+sqrt(derta2))/(a*2);
if(f>a&&f>b&&f>c&&f*f*a+f*b+c==n) ans++;
}
}
}
}
for(i=4;i<=10000;i++)
{
LL tmp=n;
int num=0;
while(tmp)
{
int f=tmp%i;
if(f>=3&&f<=6)
{
tmp/=i;
num++;
}
else break;
}
if(!tmp&&num>3) ans++;
}
printf("Case #%d: %d\n",cas++,ans);
}
return 0;
} 题意：有两种人 A类人从x轴出发以v1速度向上跑 B类人从y轴出发以v2速度向右跑 每个人有一个起始位置、起始时间和视野范围 问 每个人能看见几个不同的人
思路：
一道很不错的数学题 利用了一个很常用的思想“有好多点动 -> 以一种点为参照物 修正其他点速度向量” 这道题之所以可以这么做就在于所有的A类点速度相同 B类也是 但是还有一点难以处理 就是他们起跑时间不同 不过这个我们可以通过“先让点后退 然后一起运动”的方法处理
综上说述得出方法 首先重新定位每个点的初始位置 然后以A类为参照物 将B的移动映射到x轴上 最后根据每个人的视野范围统计人数即可 （A只能看见B类 因为每个A类起跑时间不同）
注意： 这题标程用整形写的 所以可能会卡浮点数的精度
代码：
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define N 100010
#define eps 1e-6
int T,cas=1,n,vx,vy,s[N];
struct man
{
int k;
double x,w;
}f[N];
double g[2][N];
int main()
{
//freopen("1004.in","r",stdin);
//freopen("1004.txt","w",stdout);
int i,a,t,p,w;
double x,y;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
s[0]=s[1]=0;
scanf("%d%d%d",&n,&vy,&vx);
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d%d%d",&a,&t,&p,&w);
a--;
f[i].k=a;
if(!a)
{
x=p;
y=(__int64)t*-vy;
f[i].w=w;
}
else
{
y=p;
x=(__int64)t*-vx;
f[i].w=(double)w*vx/vy;
}
x+=y*vx/vy;
g[a][s[a]++]=x;
f[i].x=x;
}
sort(g[0],g[0]+s[0]);
sort(g[1],g[1]+s[1]);
printf("Case #%d:\n",cas++);
for(i=1;i<=n;i++)
{
a=f[i].k^1;
printf("%d\n",upper_bound(g[a],g[a]+s[a],f[i].w+f[i].x+eps)-lower_bound(g[a],g[a]+s[a],f[i].x-eps));
}
}
return 0;
} 题意：塔防游戏 有三种塔 红塔可以攻击面前的格子 绿塔可以攻击后面的格子 蓝塔可以使后面格子减速 问最多打出多少伤害
思路：
首先要明确一个想法 红塔一定全放后面 因为其他的塔都是影响后面的 所以尽量靠前放
想到这个以后这题就可以n^2的dp来搞了 dp[i][j]表示走到了i格子 路过了j个蓝塔 那么i-j就是绿塔了 每个dp[i][j]通过使后面全是红塔来更新ans
注意：边界条件的初始化 不要忘记利用dp[i][0]来更新ans
代码：
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef __int64 LL;
#define N 1510
int T,n;
LL x,y,z,t,ans;
LL dp[N][N];
int main()
{
int cas=1,i,j;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%I64d%I64d%I64d%I64d",&n,&x,&y,&z,&t);
ans=x*t*n;
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(i=1;i<=n;i++) dp[i][0]=y*t*i*(i-1)/2;
for(i=1;i<=n;i++)
{
ans=max(ans,dp[i][0]+(y*i+x)*t*(n-i));
for(j=1;j<=i;j++)
{
dp[i][j]=max(dp[i-1][j-1]+y*(i-j)*(z*(j-1)+t),dp[i-1][j]+y*(i-j-1)*(z*j+t));
ans=max(ans,dp[i][j]+(y*(i-j)+x)*(z*j+t)*(n-i));
}
}
printf("Case #%d: %I64d\n",cas++,ans);
}
return 0;
} 题意：平面上有一些水果 有q个操作 1操作使两个水果换行 2操作使两个水果换列 3操作询问（x，y）位置是哪个水果
思路：
这不就是模拟… 开3个map… 题中说了不可能让水果和空行空列换 也不用担心mle…
代码：
#include
#include
#include
#include