2017年南邮集训队选拔 题解

A.简单求和 POJ1844

题目大意

找出最小的 n ，使对于给定的 S(0<S≤105) 使

S=k1×1+k2×2+⋯+kn×n (ki=1,−1)

成立。

思路

首先知 n 的必要条件为 ∑i=1ni≥S 即 n×(n+1)2≥S ,设 Sn=n×(n+1)2 ,将 Sn 中的若干个 ki 从 1 改为 −1 后，发现 Si1,⋯,ik=Sn−2×∑i ,可见任意的 i 的取法使 Sn 减去某个偶数，再进一步，可知 Si=Sn−{0,2,⋯,2Sn} ，若使 S=Si 则 Sn−Smod2=0 .
所以当我们从 n=1 （或 n=⌈1+8×S√−12⌉ ，取满足 ∑i≥S 的下界，解二元一次方程得，但是开方的时间开销大于枚举）向上枚举,当 Sn≥S 且 Sn−Smod2=0 时，即为我们所求最小的的 n 。

代码

#include
int main()
{
    int S, i;
    scanf("%d",&S);
    for(i=1;;i++)
        if((i*(i+1)/2-S)>=0 && (i*(i+1)/2-S)%2==0){
            printf("%d\n",i);
            break;
        }
    return 0;
}

B.悉宇大大的问题 CodeForces707C

题目大意

输入一个整数 n(1≤n≤109) ，若以 n 与其他两个整数 m,k(1≤m,k≤1018) 为边长的三条边能构成一个直角三角形，则输出 m,k ，否则输出 −1 。

思路

易知当 n=1,2 时，无法找到满足题意的 m,k 。
当 n>2 时，由于答案可能有多种情况,那么不妨设 n<m<k ，即有 n2+m2=k2 。很容易联想到平方差公式，化为 n2=(k+m)×(k−m) 。寻找规律发现 (3,4,5),(5,12,13),(7,24,25),… ， 即当 n 为奇数时，有 k−m=1 一充要条件。故解出 m=n2−12,k=n2+12 。
由此，同样的思路，当 n 为偶数时，令 k−m=2 ，解得 m=n2/4−1,k=n2/4+1
由于此题中 m,k 超出 int 的取值范围，所以需要用 long long int 。

代码

#include
#include
typedef long long ll;
int main()
{
    ll n,m,k;
    scanf("%I64d",&n);
    if(n==1 || n==2){
        printf("-1\n");
        return 0;
    }
    if(n%2){
        m=(n*n-1)/2;
        k=(n*n+1)/2;
    }
    else{
        m=n*n/4-1;
        k=n*n/4+1;
    }
    printf("%I64d %I64d\n",m,k);
    return 0;
}

C.老陶的幸福生活 HDU1273

题目大意

一个节点数为 N(0<N≤109) 的无向完全图，每条边只能走一次。求有多少个经过每一个点的回路。

思路

对于节点数为 N 的无向完全图，每个节点度数为 N−1 ，那么取其中 (N−1)/2 作为出发的边， (N−1)/2 作为返回的边。
注：对于过程的有效性，每条回路使得每个点的度数减 2 。所以整个图在第 i(i=0,1,⋯,N−12) 次遍历前都是联通的。

代码

#include
int main()
{
    int n;
    while(scanf("%d",&n),n)
        printf("%d\n",(n-1)/2);
    return 0;
}

D.小朋友吃汉堡 UVA557

题目大意

有偶数 k(k=2,4,⋯,105) 个小朋友，通过掷硬币的方法吃各有 n=k/2 个的两种汉堡，如果结果为正，吃第一种汉堡，否则吃第二种汉堡。中途若一种被吃完则不再掷。求最后两人吃到同一种汉堡的概率。

思路

求反面——最后两人吃到不同汉堡的情况，那么除了最后一个汉堡外，都进行了一次投掷。可知选取汉堡的情况数为 2×Cn−12n−2 种（由于最后两个汉堡的排列是两种），而每种出现的概率相等，为 0.52n−1 。那么可知最后两人吃到不同汉堡的概率为 p[n]=Cn−12n−2/ 22n−2 。由于直接计算会超出 double 的有效范围，且计算组合数时间复杂度过大，将前后概率相除化为递推式，有 p[n+1]=p[n]×(1−0.5/i) 。
最后输出 1−p[k/2] 即可。

代码

#include
const int MAXN=50005;
double f[MAXN];
int main()
{
    f[1]=1;
    for(int i=1;i1;i++)
        f[i+1]=f[i]*(1-0.5/i);
    int n,i;
    scanf("%d",&n);
    while(n--){
        scanf("%d",&i);
        printf("%.4lf\n",1-f[i/2]);
    }
    return 0;
}

E.舞台灯光问题 CodeForces738B

题目大意

在由 n×m(1≤n,m≤1000) 个方格组成的长方形中，至少有一名演员在方格上。如果在某一个方格没有演员，且在此位置放置聚光灯后，在上下左右某个朝向上有演员，那么就称这是个好位置。如果两个位置的所处方格不同或聚光灯朝向不同，则认为两个位置是不同的。求好位置的总数。

思路

考虑时间复杂度为 O(n2) 的方法。如果在一行内依次枚举，一旦有演员出现，那么其后的空地都可以放置聚光灯向左照射。同理，如果在一行内逆向枚举，一旦有演员出现，那么其后的空地都可以放置聚光灯向右照射。在列上亦是。

代码

#include
const int MAXN=1005;
int mat[MAXN][MAXN];
int main()
{
    int n,m,sum=0;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=0;ifor(int j=0;jscanf("%d",&mat[i][j]);
    for(int i=0;ibool vl=false,vr=false; //vl=ValidLeft,vr=ValidRight
        for(int j=0;jif(mat[i][j])
                vr=true;
            else if(vr)
                sum++;
        }
        for(int j=m-1;j>=0;j--){
            if(mat[i][j])
                vl=true;
            else if(vl)
                sum++;
        }
    }
    for(int j=0;jbool vu=false,vd=false; //vu=ValidUp,vd=ValidDown
        for(int i=0;iif(mat[i][j])
                vd=true;
            else if(vd)
                sum++;
        }
        for(int i=n-1;i>=0;i--){
            if(mat[i][j])
                vu=true;
            else if(vu)
                sum++;
        }
    }
    printf("%d\n",sum);
    return 0;
}

F-Boss买披萨 CodeForces731B

题目大意

有一个长度为 n(1≤n≤2×105) 的数组 ai(0≤ai≤104) ，问能否对数组经过如下处理后，使整个数组中的数都化为0。
1. a[i] 减去任意偶数个数
2. a[i]−− 且 a[i+1]−−

思路

考虑空间复杂度 O(1) 的方法。设置布尔变量 owned 表示上一个数是否为奇数，初始化为 false 。然后依次读入，若 ai=0 且 owned=true 那么是不可能实现的，直接输出并跳出。否则，若 owned=true 那么 ai 需要减 1 。考察这时的 ai 的奇偶性，若奇，则 owned=true ，若偶，则 owned=false 。
最后只需考察运行完后 owned 的值是否为 false 即可。

代码

#include
int main()
{
    int n,a;
    bool owned=false,flag=true;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&a);
        if(!a&&owned){
            printf("NO\n");
            return 0;
        }
        if(owned)
            a--;
        if(a%2)
            owned=true;
        else
            owned=false;
    }
    if(!owned)
        printf("YES\n");
    else
        printf("NO\n");
    return 0;
}