2019ccpc东北地区大学生程序设计竞赛(东北电力大学)前四题

2019ccpc东北地区大学生程序设计竞赛(东北电力大学)前四题

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本人是个ACM菜鸡选手，写个博客记录下自己第一次带队的经历。大佬勿喷！
现场赛只做出J，G，C三题，比赛结束看了大佬的B题代码。其他题也没读过了，就写这四题题解吧
两位队友不可或缺，有他们才能稳住。

我的个人博客

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J.

题意：计算限制时间x，规则如下：

1. x ≥ 3$a1$.
2. x ≥ $ai$+1，i∈[2,n].
3. x是最小的偶数.
   Input:
   第一行是一个整数T（1 ≤ T ≤ 10）表示测试数量
   每个测试事例第一行有一个整数n（2 ≤ n ≤10）
   第二行，有n个整数$a1,a2,...,an$（1 ≤ $ai$ ≤ 10）
   Output：
   输出x

一开始没看到偶数！！

input

2
2
1 3
2
1 4

output

4
6

代码

#include
using namespace std;
const int maxn = 20+10;
int a[maxn];
int main(){
    int t;
    cin >> t;
    while(t--){
        int n ;cin >> n;
        for(int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];
        int ma = 0;
        for(int i = 2;i <= n;i++){
            if(a[i] > ma) ma = a[i];
        }
        ma++;
        int ans = max(3*a[1],ma);
        if(ans&1) ans++;
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}

G.

题意：给你n个矩形，移动这n个矩形使得存在一个方块覆盖了所有矩形。
第i个矩形的左下角方格$（ai，bi）$，右上角方格$（ci，di）$
Input：
第一行是一个整数T（1 ≤ T ≤ 1000）表示测试数量
每个测试事例第一行有一个整数n（1 ≤ n ≤100000）表示矩形数量
接下来n行，每行包含4个整数$ai，bi，ci，di（1\le ai，bi，ci，di\le 10^9,ai\le ci，bi\le di）.\Sigma n\le 10^6$
Output：
输出最小移动步数

思路：货仓选址问题：在一条数轴上有n家商店，求把货仓建在何处，使得货仓到每家商店的距离之和最小。设货仓建在x坐标处，x左侧有P家商店，右侧有Q家商店。若P＜Q，则每把货仓的选址向右移动1单位距离，距离之后就会变小Q-P。同理，P＞Q，则货仓的选址向左移动会使距离之和变小。当P=Q时为最优解。及建在中位数处。当n为奇数，货仓建在A[(n+1)/2]处最优，当n为偶数时，货仓建在A[n/2]~A[n/2+1]之间的任何位置都是最优解。
此题是二维的货仓选址，只需将x和y分别取中位数即可。

队友说移到中间位置，提醒了我中位数。

input

1
2
2 2 3 3
4 4 5 5

output

2

代码

#include
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 1e5+10;
struct node{
    int x1 = 0;
    int y1 = 0;
    int x2 = 0;
    int y2 = 0;
}a[maxn];
int x[maxn*2],y[maxn*2],tot;
int main(){
    int t;
    cin >> t;
    while(t--){
        int n ;cin >> n;
        tot = 0;
        for(int i = 1;i <= n;i++){
            cin >> a[i].x1 >> a[i].y1 >> a[i].x2 >> a[i].y2;
            x[++tot] = a[i].x1;
            y[tot] = a[i].y1;
            x[++tot] = a[i].x2;
            y[tot] = a[i].y2;
        }
        sort(x+1,x+2*n+1);
        sort(y+1,y+2*n+1);
        int xx = x[n];
        int yy = y[n];
        LL ans = 0;
        for(int i = 1;i <= n;i++){
            if(a[i].x1 < xx && a[i].x2 < xx) ans += xx-max(a[i].x1,a[i].x2);//题目规定了x1 xx && a[i].x2 > xx) ans += min(a[i].x1,a[i].x2)-xx;
            if(a[i].y1 < yy && a[i].y2 < yy) ans += yy-max(a[i].y1,a[i].y2);
            else if(a[i].y1 > yy && a[i].y2 > yy) ans += min(a[i].y1,a[i].y2)-yy;
        }
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}

C.

题意：给你n条直线。计算有多少对（i，j），（1 ≤ i ＜ j ≤ n），li，lj至少有一个公共点，重叠的线也是。
Input：
第一行是一个整数T（1 ≤ T ≤ 1000）表示测试数量
每个测试事例第一行有一个整数n（1 ≤ n ≤100000）表示直线数量
接下来n行，每行包含4个整数$xai，yai，xbi，ybi（|xai|，|yai|，|xbi|，|ybi|\le 10^9）$保证$（xai，yai）（xbi，ybi）$不重点. $\Sigma n\le 10^6$
Output：
输出有多少对直线有公共点

思路：当斜率不同时（斜率不存在定义其斜率为INF，因为点都是整数，斜率最大也不会超过$10^9$，以下说斜率不同也包括斜率不存在的直线），必有交点，计算第i个直线时，只需加上前i-1条中有多少条与其斜率不同。斜率相同时，平行线无交点，重叠线两两相交，数量是num*(num-1)/2.

当时也是没想清楚，直接写，后来STL用了五个。TLE加WA了6次。慢慢理清思路，优化数据结构终于过了。还是不太稳啊，太急了。当时过了这题排名就上升了2名，罚时太多了。不过当时过了这题还是很开心的。

input

3
2
0 0 1 1
0 1 1 0
2
0 0 0 1
1 0 1 1
2
0 0 1 1
0 0 1 1

output

1
0
1

代码

#include
using namespace std;
typedef long long LL;
const int INF = 0x7fffffff;
const int maxn = 1e5+10;
struct node{
    int x1 = 0;
    int y1 = 0;
    int x2 = 0;
    int y2 = 0;
}a[maxn];
map num;
map > same_num;
int ccc[maxn];
int main(){
    int t;
    cin >> t;
    while(t--){
        int n ;
        scanf("%d",&n);
        LL ans = 0;
        num.clear();
        same_num.clear();
        for(int i = 1;i <= n;i++) {
            scanf("%d%d%d%d",&a[i].x1,&a[i].y1,&a[i].x2,&a[i].y2);
            if(a[i].x1 == a[i].x2) {
                ans += (i-1)-num[INF];
                num[INF]++;
                same_num[INF][a[i].x1]++;
                continue;
            }
            double xie = (a[i].y2-a[i].y1)*1.0/(a[i].x2-a[i].x1);
            if(num[xie]){
                ans += (i-1)-num[xie];
            }else ans += (i-1);
            double c = a[i].y1*1.0-xie*a[i].x1;
            num[xie]++;
            same_num[xie][c]++;
        }
        auto i = same_num.begin();
        auto j = same_num.end();
        for(;i != j;i++){
            auto k = i->second.begin();
            auto e = i->second.end();
            for(;k != e;k++){
                ans += k->second*1LL*(k->second-1)/2;
            }
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

B.

题意：有n个糖果，m种类型，每个糖果有一个价值。从n个糖果中挑出一些糖果，S是你挑出的糖果的总价值，C是你挑出的糖果中某个类型最多的那个糖果的数量。求S/C最大。
Input：
第一行是一个整数T（1 ≤ T ≤ 1000）表示测试数量
每个测试事例第一行有两个整数n，m（1 ≤ n，m ≤100000）糖果总数和类型数
第二行有m个整数，$l1，l2，...,lm（1\le li\le n）$
接下来n行，每行包含2个整数$ai，bi（ai\le 10^8，1\le bi\le m）$. $\Sigma n\le 10^6，\Sigma m\le 10^6$
Output：
输出S/C，要求gcd(S,C) = 1

思路：首先选同一种类型的糖果一定是价值大的要优，所以先按价值排序。预处理出类型数量都是i时的最大价值，然后从类型数量小的枚举，累计价值（因为C是选出的类型数最大的那个数，类型数量小的直接累计）更新最大的S/C。

这题是队友从大佬那拍来的代码，应该是长春理工大学的。我们第二题同时读了B和C，我先写完B样例不对，C一开始队友都读成了线段，除了$O(n^2)$的算法实在不会了。然后看到G有人过了，直接去看了G题。G还是比较顺利（除了一开始数组开小了，WA一次）。C提示了直线，搞啊搞就搞出了C。B做了两小时也没做出来。还是太菜了。膜拜大佬。B是别人的代码，几乎没改动。

input

2
2 1
2
7 1
2 1
3 2
1 2
2 1
5 2
3 2

output

9/2
5/1

代码

#include
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair pii;
const int maxn = 1e5+10;
pii a[maxn];
LL l[maxn],b[maxn],c[maxn];//b[i]记当前i类型的糖果数，c[i]表示i类型选l[i]-1个的最大价值
LL f[maxn];//f[i]表示类型数量都是i时的总价值
bool isgreater(pii a,pii b){
	return a.first * b.second > a.second * b.first;
}
LL gcd(LL a,LL b){
	return b == 0?a:gcd(b,a%b);
}
int main() {
	int t;cin  >> t;
	while(t--){
		int n,m;cin >> n >> m;
		for(int i = 1;i <= m;i++) cin >> l[i];
		for(int i = 1;i <= m;i++) b[i] = c[i] = 0;
		for(int i = 1;i <= n;i++) f[i] = 0;
		for(int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i].first >> a[i].second;
		sort(a+1,a+n+1);
		int t;
		for(int i = n;i >= 1;i--){
			t = a[i].second;
			b[t]++;
			if(b[t] < l[t]) c[t] += a[i].first;
			if(b[t] == l[t]) f[b[t]] += c[t];
			if(b[t] >= l[t]) f[b[t]] += a[i].first;
		}
		pii ans = make_pair(0,1);
		LL z = 0;
		for(int i = 1;i <= n;i++){
			z += f[i];
			if(isgreater(make_pair(z,i),ans)) ans = make_pair(z,i);
		}
		LL g = gcd(ans.first,ans.second);
		printf("%lld/%lld\n",ans.first/g,ans.second/g);
	}
	return 0;
}

这次比赛也是达到了目标，拿了个银牌。第一次作为主敲代码手体验了现场赛的氛围，还是有点紧张的。队友之间配合的不错，感谢我的两位队友。