Codeforces Round #320 div2 题解
传送门： Codeforces Round #320 div2
A：Raising Bacteria
题意抽象一下是这样的，给出一个数n，开始时你有0个元素，每天，你都可以选择向其中加入若干个元素，每个元素每天都会一分为二，呈指数型增加。问你最少一共要加入多少个元素，才能保证在某一天你能恰好看到n个元素？
需要明确的细节有：①每个元素其实是孤立的，不管你是否是在某一天同时加入他们，每个元素只要是存在了t天，就会增殖为2^t个。②并没有限制天数，我们可以让元素增殖相当长的时间，以此减少我们投入的元素数目。③元素如果是在当天加入的，当天他们不增殖，只有到了第二天才会增殖。
这样就好写了，对于每个输入的n，我们只需要找他的二进制分解，用十进制的角度来说，我们先预处理所有的2^t值，记做q[t]，待查，接着，不断地寻找恰好比n小的q[t]，这里 恰好 的意思是，q[t]
code：
By skyword, contest: Codeforces Round #320 (Div. 2) [Bayan Thanks-Round], problem: (A) Raising Bacteria, Accepted, #
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
//#define file
#define inf 0x3f3f3f3f
#define LL long long
#define maxn 100010
using namespace std;
int a[33]={0};
int x;
void init()
{
for(int i=0;i<=30;i++)
{
a[i]=1<1)
{
for(int i=0;i<=30;i++)
{
if(a[i]<=x&&a[i+1]>x)
{
x-=a[i];
ans++;
break;
}
}
}
if(x==1)
ans++;
printf("%d\n",ans);
}
} B： Finding Team Member
这个题意略复杂。有2n个人，要两两组队，第i个人和第j个人组队的value是G[i][j]=G[j][i]已知，对于任何两人，他们组队的前提是：在当前他们各自可选的人（即抛去已经组好队的人）当中，对方都是最佳选择（即与对方组队的value是尽可能最大的），问组队方案，输出每个人的队友。
表示比赛时大概想了一个思路，并且秉承着“div2的题不会涉及到很吊的算法应该暴力结合处理就能过”的思想去写了，然现在看来，似乎并不是很靠谱，但是过了。。
每次都是模拟，循环模拟过程，直到所有人组队成功。
By skyword, contest: Codeforces Round #320 (Div. 2) [Bayan Thanks-Round], problem: (B) Finding Team Member, Accepted, #
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
//#define file
#define inf 0x3f3f3f3f
#define LL long long
#define maxn 100010
using namespace std;
int G[805][805];
int vis[805][805];
int t[805];
int ans;
int n;
int q;
int main()
{
scanf("%d",&n);
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(t,0,sizeof(t));
memset(G,0,sizeof(G));
bool check=false;
q=0;
for(int i=2; i<=2*n; i++)
{
for(int j=1; j<=i-1; j++)
{
scanf("%d",&G[i][j]);
G[j][i]=G[i][j];
}
}
while(!check)
{
q=0;
int m=-10;
int index=-1;
for(int i=1; i<=2*n; i++)
{
index=-1;
m=-10;
if(t[i])
{
continue;
}
for(int j=1; j<=2*n; j++)
{
if(j==i)continue;
if(t[j])continue;
if(G[i][j]>m&&(!vis[i][j]))
{
m=G[i][j];
index=j;
}
}
bool flag=true;
for(int k=1; k<=2*n; k++)
{
if(k==index)continue;
if((G[index][k]>G[index][i])&&(!t[k]))
{
flag=false;
break;
}
}
if(flag)
{
vis[i][index]=1;
vis[index][i]=1;
t[i]=index;
t[index]=i;
}
}
for(int i=1; i<=2*n; i++)
{
if(t[i]==0)q++;;
}
if(!q)check=true;
//for test
/*for(int i=1; i<=2*n; i++)
{
if(i==1)
{
printf("%d",t[i]);
}
else
{
printf(" %d",t[i]);
}
}
cout< C： A Problem about Polyline
又是一道数学题，对于给定的正值p，我们将确定两簇直线，
现在要求你确定尽量小的p值，使得给定的点(x,y)恰好落在这两簇直线上。
首先有几个点：若y>x，则必然无解，输出-1，原因很简单，所有的直线无论p值如何，都在直线y=x下方，因此y>x的点，绝不可能有解。
其次，若y=x，则p=x即为唯一答案，道理同上
再次，这两簇直线的最大值为p，这意味着p绝不可能小于y。
第四，若x可以被y整除，x是y的奇数倍，答案就是y了。
对于最一般的情况，就比如sample 3那种，相当于点(x,y)满足上面两组方程中的一个（或两个），整理得
需要让p尽量小，则需k尽量大，这是因为等号右边是定值。
所以对两式分别求最小的p，两个答案取较小者即可。
求的方法是：因为我们已知答案最小是y，且可以想象，这个最小值是可以无限逼近的，只是因为k为整数，才导致p有可能不能为y，因此直接代p=y，求k的整数值，再把这个k回带到式子里求p即可
表示这个题是我比赛中最得意的一道题，最开始想到二分查找去了，不过最后并没有这么写
By skyword, contest: Codeforces Round #320 (Div. 2) [Bayan Thanks-Round], problem: (C) A Problem about Polyline, Accepted, #
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
//#define file
#define inf 0x3f3f3f3f
#define LL long long
#define maxn 100010
using namespace std;
double x,y;
double p,ans;
double a,b;
double m;
int main()
{
scanf("%lf%lf",&x,&y);
a=(x-y)/2;
b=(x+y)/2;
int tmp1,tmp2;
int t=x/y;
if(x>y&&((int)x%(int)y==0)&&(t%2))
{
printf("%.12lf\n",(double)y);
}
else
{
if(y 这轮打的不亏，由于之前太弱，这一次ABC全部1A，rating这个疯长啊，+170
是个好兆头，继续努力