2020牛客寒假算法基础集训营第二场

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2020牛客寒假算法基础集训营第二场

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前言

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比赛AC

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A.做游戏

简明题意

• 牛牛和 牛可乐进行了多轮游戏， 牛牛总共出了 A 次石头，B 次剪刀，C 次布；牛可乐总共出了 X 次石头，Y 次剪刀，Z 次布。 你需要求出 牛牛最多获胜多少局。

正文

• 就假设牛牛尽可能赢，那么每次取min就可以了。我开始wa了，因为觉得这样贪心是错的。。。后来回过来发现，是溢出了，因为可以取次1e9，即使把答案设成了long long，但是运算过程中炸了。。。。

代码

#include
#include
#include
using namespace std;

void solve()
{
	int a, b, c, x, y, z;
	cin >> a >> b >> c >> x >> y >> z;

	long long ans = (long long)min(a, y) + min(b, z) + min(c, x);

	cout << ans;
}

int main()
{
	solve();
	return 0;
}

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B.排数字

简明题意

• 给定数字字符串，你可以任意交换位置，问最多形成多少个616字串。61616算两个字串。

正文

• 只用考虑61了，算一下16的数量，理解为6后面16循环，假设全是16，所以答案是min(cnt_6,cnt)，但现在要给最开头加一个6，所以答案是min(cnt_6-1,cnt_1)

代码

 #include
#include
#include
using namespace std;
 
void solve()
{
    int n;
    scanf("%d", &n);
 
    int a1 = 0, a6 = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        int t;
        scanf("%1d", &t);
        if (t == 1)
            a1++;
        if (t == 6)
            a6++;
    }
     
    int ans = 0;
 
    if (a6 > a1)
        ans = a1;
    else if (a1 >= a6)
        ans = a6 - 1;
 
     
    cout << ans;
}
 
int main()
{
    solve();
    return 0;
}

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D.数三角

简明题意

• 给定n个点(n<=500)，需要你求出这n个点能组成多少个钝角三角形

正文

• 一开始直接百度去了，HDU有道类似的题，代码拿过来改改发现改不对。后来寻思这数据也不大，就暴力$n^3$试试了，就直接枚举任意三个点，这三点能形成钝角三角形的充要条件就是任意一个角是钝角，所以枚举三个点后，可以直接算出三边长，然后余弦定理可以直接判断是否为钝角。
• 但是这里我T了好多次，我太实诚了，直接把余弦定理的$\cos \theta =\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$算出来了。。。你想啊，钝角，一定满足$\cos \theta <0$，也就是$\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}<0$，也就是$a^2+b^2<c^2$。所以连开根号都不需要了。以后一定要记得，判断三角形是直角/锐角/钝角，直接用三边关系判断就可以了。
• 但其实这里还有个漏洞。判断三角形用三边关系确实是充要条件，但前提是它是一个三角形。所以需要特判一下，就是这个原因我WA了30次，不知道为啥。。。自闭了。。。
• 这里提下下怎么判断，有两种方法，一种是用斜率，一种是用面积。斜率就不必说了，这里说一下面积。$S=\frac{1}{2}(x_1{y}_2+x_2{y}_3+x_3{y}_1-x_2{y}_1-x_3{y}_2-x_1{y}_3)$（自行加绝对值）
• 另外这题没有说坐标是整型还是浮点型，所以我用了long double

代码

#pragma GCC optimize(2)
#include
#include
#include
using namespace std;

long double x[600], y[600];

void solve()
{
	long long n;
	cin >> n;
	for (long long i = 1; i <= n; i++)
		cin >> x[i] >> y[i];

	long long ans = 0;
	for (long long i = 1; i <= n; i++)
		for (long long j = i + 1; j <= n; j++)
			for (long long k = j + 1; k <= n; k++)
			{
				long double a = (x[i] - x[j]) * (x[i] - x[j]) + (y[i] - y[j]) * (y[i] - y[j]);
				long double b = (x[i] - x[k]) * (x[i] - x[k]) + (y[i] - y[k]) * (y[i] - y[k]);
				long double c = (x[k] - x[j]) * (x[k] - x[j]) + (y[k] - y[j]) * (y[k] - y[j]);

				if ((x[i] * y[j] - x[j] * y[i]) + (x[j] * y[k] - x[k] * y[j]) + (x[k] * y[i] - y[k] * x[i]) == 0) continue;

				if ((b + c < a) || (b + a < c) || (a + c < b)) ans++;
			}
	cout << ans;
}

int main()
{
	solve();
	return 0;
}

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E.做计数

简明题意

• 给出n，要满足$i\ast j<=n$。现在问你满足$\sqrt{i}+\sqrt{j}=\sqrt{k}$的三元组$(i,j,k)$有多少对。

正文

• $i\ast j<=n$很容易想到枚举n的约数，这样枚举的复杂度只是$\sqrt{n}$。每次枚举后得到了ij，现在问题就是判断$\sqrt{i}$和$\sqrt{j}$能否合并了。
• 下一步，对于一个n我们还需要枚举[1,n]中所有的数，然后每一个数做一次上面的步骤，而且枚举了约束，还要判断是否能合并。。。
• 我们把原式左右同时平方，得到$i+2\sqrt{ij}+j=k$，那么只要$ij$是完全平方数，那么就一定可以合并。所以就只需要在第一层中枚举所有的完全平放数，第二层里计算一下约数个数就可以了。约数个数其实是可以线筛的，这里暴力就可以。

代码

#include
#include
#include
using namespace std;

int f(int n)
{
	int ans = 0;
	for (int i = 1; i * i <= n; i++)
	{
		if (i * i == n)
		{
			ans++;
			break;
		}
		int a = i, b = n / i;
		if (n % a != 0)
			continue;
		ans += 2;
	}
	return ans;
}

void solve()
{
	int n;
	scanf("%d", &n);

	long long ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		if (i * i > n)
			break;
		ans += f(i * i);
	}

	cout << ans;
}

int main()
{
	solve();
	return 0;
}

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G.判正误

简明题意

• 给定abcdefg，让你验证$a^d+b^e+c^f=g$。数据都在1e9

正文

• 官方题解里说，直接计算会 TLE / MLE ，考虑在模意义下进行计算，若 $a^d+b^e+c^f\equiv g(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}M)$,则原式有概率成立，多选择一些模数以提高正确率。这里具体讲一下，什么时候是对的什么时候不对。
• 由$a^d+b^e+c^f\equiv g(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}M)$可以得$a^d+b^e+c^f+kM=g$，也就是$a^d+b^e+c^f-g=kM$时，会有误判。但样例就那么多，所以不断改变M的值，就能AC了。

代码

#include
#include
#include
using namespace std;

const long long mod = 1e9 + 9;

long long ksm(long long a, long long b)
{
	if (a == 0) return 0;
	long long res = 1;
	while (b )
	{

		if (b & 1)
			res = res * a%mod;
		b = b >> 1;
		a = a * a %mod;
	}
	return res;
}


void solve()
{
	//cout << ksm(-2, 3) << endl;
	int t;
	cin >> t;
	while (t--)
	{
		long long a, b, c, d, e, f, g;
		cin >> a >> b >> c >> d >> e >> f >> g;

		long long x = ksm(a, d);
		long long y = ksm(b, e);
		long long z = ksm(c, f);

		long long ans = (x + y + z + mod) % mod;

		printf("%s\n", ans == (g + mod) % mod ? "Yes" : "No");
	}
}

int main()
{
	solve();
	return 0;
}

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赛后补题

C.算概率

简明题意

• 有n道题，每道题答对的概率已经给出。需要依次求出恰好答对0，1，2 ··· n道题的概率(n<=2000)

正文

• 比赛的时候完全没有头绪，第一个障碍是分数取模，后来官方给了通知说模意义下的分数你不用管，直接把它当正常的算就可以了。然而我知道了也毫无头绪，我当时只能想到暴力算。
• 正解是dp，没学过概率dp。。。看了题解发现还好能理解。其实也蛮简单，$dp[i][j]$表示前i题做对j题的概率，那么转移的时候，只需要枚举第i题对与不对，对，那么就考虑前i-1题对j-1道，不对，就考虑前i-1题对j道。

代码

#include
#include
using namespace std;

const int mod = 1e9 + 7;

int p[2000 + 10], dp[2000 + 10][2000 + 10];

void solve()
{
	int n;
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		cin >> p[i];

	dp[0][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = 0; j <= i; j++)
			dp[i][j] = (1ll * dp[i - 1][j] * (1 - p[i]) % mod  + (j-1>=0?1ll*dp[i - 1][j - 1] * p[i]%mod:0) + mod)%mod;

	for (int i = 0; i <= n; i++)
		if (i != n) printf("%d ", dp[n][i]);
		else printf("%d", dp[n][n]);
}

int main()
{
	//freopen("Testin.txt", "r", stdin);
	solve();
	return 0;
}

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简明题意

正文

代码

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简明题意

正文

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简明题意

正文

代码

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简明题意

正文

代码

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总结