2020牛客寒假算法基础集训营5 题解
A: 模板
输入
4 3
WXYZ
WXY
输出
1
只需找到两个字符串中不一样的字符替换，长度补齐即可
#include B: 牛牛战队的比赛地
输入
3
0 0
2 0
0 2
输出
2
说明
当在(0,0)(0,0)比赛时，到三个训练基地的最大距离是22。可以证明这是最小值。
我们设，从x坐标轴最左边向最右边移动的过程中最远点的距离为f(x),那么f(x)一定是一个先减后增的函数（仔细想一下，如果是先减后增后减后增那么一定第一次增加之前最远点就变了）所以可以直接使用三分看这里
#include
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int MAX_N=1e5+50;
const double esp=1e-5;
int n,x[MAX_N],y[MAX_N],max_x=-INF,min_x=INF;
double dis(double p){
double dis_max=-INF;
for(int i=0;i<n;i++){
dis_max=max(dis_max,y[i]*y[i]+(p-x[i])*(p-x[i]));
}
return dis_max;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++){
scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);
max_x=max(max_x,x[i]);
min_x=min(min_x,x[i]);
}
double l=min_x,r=max_x,ml=l+(r-l)/3,mr=l+(r-l)/3*2;
while(ml+esp<mr){
if(dis(ml)<dis(mr))r=mr;
else l=ml;
ml=l+(r-l)/3.0;
mr=l+(r-l)/3.0*2.0;
}
printf("%lf",sqrt(dis((ml+mr)/2)));
return 0;
}
C: C语言IDE
输入
#include 输出
int plus(int,int)
int main()
匹配括号，模拟即可
#include D: 牛牛与牛妹的约会
输入
2
3 -1
1 2
输出
3.442249570
1.000000000
只需对于每一次枚举判断闪现是否比直接走值得就可以了，然后判断最后一次闪现过头后回头走是否比不闪现更快即可
#include E: Enjoy the game
输入
2
输出
Alice
说明
先手必须拿走一张牌，然后后手拿走了另一张牌，游戏结束。
找规律可以发现，当张数是 2 n 2^n 2n的时候输出Alice，否则输出Bob。
如果不是2^n ，先手直接拿等同于其二进制最低位的数量的张数，后手将无力还击~
#include F: 碎碎念
输入
3
3
3 3
1 4
1 5
输出
2
7
11
说明
第一组询问：可以是三个AC，或者一个RJ。
第二组询问：可以是1~4个AC，一个AC和一个RJ（共2种顺序），或者一个RJ。
第三组询问：可以有1~5个AC，两个AC和一个RJ（共3种顺序），一个AC和一个RJ（共2种顺序），或者一个RJ。
备注
AC RJ AC AC 和 AC AC AC RJ 虽然都是3个AC，1个RJ，但是因为提交顺序的不同，视为不同种类。
考虑动态规划，
-
dp[i][0]表示一共说了i句话，最后的一次评测记录是AC,那么如果我说了i句话，最后一次是AC，那么说之前一定是说了i-1句话，但是因为这一次是AC，所以上一次(i-1句话时)不论是AC还是RJ都可以转移到i，即：
dp[i][0]=dp[i-1][0]+dp[i-1][1] -
dp[i][1]表示一共说了i句话，最后的一次评测记录是RJ,那么如果我说了i句话，最后一次是RJ，那么说之前一定是说了i-k句话，因为这一次是RJ所以上一次是AC
dp[i][1]=dp[i-k][0] -
边界条件是dp[0][0]=1,dp[0][1]=0
我们可以读入所有的 l i ， r i l_i，r_i li，ri然后预处理 0 → m a x ( r i ) 0 \to max(r_i) 0→max(ri)的dp值，并计算前缀和s，我们需要输出 l i → r i l_i \to r_i li→ri直接输出 s [ r i ] − s [ l i − 1 ] s[r_i]-s[l_i-1] s[ri]−s[li−1]即可
#include G: 街机争霸
输入
3 3 1 3
&&A
###
&&L
2 1 RIGHT
输出
2
说明
如果用*代表僵尸的位置，则起始时状态为
&&A
*##
&&L
一个单位时间后，牛能上走，僵尸向右走，两者并没有碰上
&&A
#*L
&&#
再一个单位时间后，牛能向上走，追上牛牛，取得胜利。
&&L
##*
&&#
输入
4 4 1 2
L#&A
##&#
#&##
####
3 3 DOWN
输出
Oh no
说明
初始状态
L#&A
##&#
#&*#
####
一单位时间后
##&A
L#&#
#&##
##*#
二单位时间后
##&A
##&#
L&*#
####
三单位时间后
##&A
##&#
#&##
L#*#
四单位时间后
##&A
##&#
#&*#
#L##
牛能如果再向左走的话就会跟僵尸碰个正着，而且不论牛能怎么往回走，在（4,3）总能遇见僵尸，所以他失败了。
迷宫题，似乎用图论算法处理不了，于是想到bfs，但是最毒瘤的是他可以走到他以前走过的空格…那BFS是永远都走不完的!，但是我们发现这个题有一个特殊性质,僵尸的运动长度是固定的.
所以每隔2k-2个单位长度，僵尸的位置会重复一次，所以对于一个点，这个点在时间t的僵尸状态与t+2k-2的时候在这个点状态是重复的！！所以往回走的时候如果这个点在t-n(2k-2)访问过就算重复，所以不访问，否则访问。
#include
if(x<0||x>=n||y<0||y>=m||vst[x][y][tt]||G[x][y]=='&')return false;
// cout<<">>>>> Pass 1 "<
for(int i=0;i<p;i++){
int pos_jsx=JS[i][0]+dx[JS[i][2]]*(tt>k-1?2*k-2-tt:tt);
int pos_jsy=JS[i][1]+dy[JS[i][2]]*(tt>k-1?2*k-2-tt:tt);
// cout<<"@ JS "<if (x==pos_jsx&&y==pos_jsy)return false;
}
// cout<<">>>>> Pass 2 "<
vst[x][y][tt]=true;
return true;
}
int bfs(int sx,int sy){
q.push(make_pair(sx,make_pair(sy,0)));
vst[sx][sy][0]=true;
while(!q.empty()){
int nx=q.front().first,ny=q.front().second.first,time=q.front().second.second;
q.pop();
// cout<<">>> "<
for(int i=0;i<4;i++){
int tx=nx+dx[i],ty=ny+dy[i];
if(tx==ex&&ty==ey)return time+1;
if(ok(tx,ty,time+1))
q.push(make_pair(tx,make_pair(ty,time+1)));
}
}
return -1;
}
int main(){
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&p,&k);
getchar();
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<m;j++){
scanf("%c",&G[i][j]);
if(G[i][j]=='A'){ex=i;ey=j;}
if(G[i][j]=='L'){sx=i;sy=j;}
}
getchar();
}
// for(int i=0;i
// for(int j=0;j
// cout<
// cout<
// }
for(int i=0;i<p;i++){
char d[10];
scanf("%d%d%s",&JS[i][0],&JS[i][1],d);
JS[i][0]--;JS[i][1]--;
if(d[0]=='U')JS[i][2]=0;
else if(d[0]=='R')JS[i][2]=1;
else if(d[0]=='D')JS[i][2]=2;
else JS[i][2]=3;
}
// cout<
int ans=bfs(sx,sy);
if(ans==-1)cout<<"Oh no";
else cout<<ans;
return 0;
}
H: Hash
输入
abcdef 11
输出
abcdeq
实际上，可以看到这就是一个26进制数，但是，对于所有的排列 ，可以排满所有的数字吗？似乎不可以，于是
最开始的思路是dfs，但是T掉了
但是实际上，他是可以完全覆盖所有的数字，所以直接写一个函数26->10进制，然后+mod，转26进制
#include I: I题是个签到题
输入
9 100
100 100 100 100 100 100 100 100 100
输出
Yes
签到题，直接判定
#include J: 牛牛战队的秀场
输入
4 1
1 2
输出
1.414214
用弧度的定义 α = l r \alpha=\frac{l}{r} α=rl
#include