hut_csust 新生友谊赛题目解析
先给出 Lyush 大神的部分解题思路
HDU-4255 A Famous Grid BFS 知识点：素数筛选+模拟 难度：中等 Source Fudan Local Programming Contest 2012 思路：得到两个表，一个素数表，一个是矩阵表，然后搜索即可，一个要注意的地方是要把矩阵打的稍微大一点，因为可能要走到外面去。 HDU-4386 Quadrilateral 知识点：海伦公式推广，数学 难度：中等 Source 2012 Multi-University Training Contest 9 思路：这题就是一个结论了，当四边形为圆的内接四边形，面积最大。设四边长为abcd，半周长为p，则最大面积=sqrt（(p-a)*(p-b)*(p-c)*(p-d)) POJ-2785 4 Values whose Sum is 0 知识点：hash 或者 二分 难度：中等 Source Southwestern Europe 2005 思路：两种做法，第一就是枚举出两个n*n的集合，然后再利用hash操作来得出结果。还有一种解法就是用到了二分查找。 POJ-2027 No Brainer 签名题 ZOJ-3622 Magic Number 知识点：想法，找规律 难度：中等 思路：打表，找规律（直接肯定不行）。一共也只有不超过50个数，可以直接用数组存下来。
题目来源
| ID | Origin | Title |
|---|---|---|
| Problem A | HDU 4255 | A Famous Grid |
| Problem B | HDU 4386 | Quadrilateral |
| Problem C | POJ 2785 | 4 Values whose Sum is 0 |
| Problem D | POJ 2027 | No Brainer |
| Problem E | ZOJ 3622 | Magic Number |
| Problem F | HDU 4300 | Clairewd’s message |
| Problem G | HDU 4310 | Hero |
| Problem H | HDU 4311 | Meeting point-1 |
| Problem I | POJ 1061 | 青蛙的约会 |
A题：
预处理生成200*200的图形后，再筛选出10000以内素数进行标记，之后使用BFS(广度优先搜索即可)
参考代码：
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#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 200;
const int maxn = 100000;
int mp[N+10][N+10];
int p[10000], size;
bool vis[maxn+10];
void InitGraph(int key, int x, int y, int n){
// printf("x = %d, y = %d\n", x, y);
if( n <= 1 ) return;
int r , c ;
for(r = x, c = y; c <= y+n-1; c++)
mp[r][c] = key--;
for(r = x+1, c = y+n-1; r <= x+n-1; r++)
mp[r][c] = key--;
for(r = x+n-1, c = y+n-2; c >= y; c--)
mp[r][c] = key--;
for(r = x+n-2, c = y; r > x; r--)
mp[r][c] = key--;
r = x+1; c = y+1; n -= 2;
InitGraph( key, r, c, n );
}
void GetPrime(){
memset( vis, 0, sizeof(vis));
vis[0] = vis[1] = true;
for(int i = 2; i < maxn; i++)
{
if( !vis[i] ) p[size++] = i;
for(int j = 0; j < size && p[j]*i < maxn; j++)
{
vis[ p[j]*i ] = true;
if( i%p[j] == 0 ) break;
}
}
// printf("%d\n", size );
}
void test(){
for(int i = 1; i <= N; i++)
{
for(int j = 1; j <= N; j++)
printf("%5d", mp[i][j] );
puts("");
}
}
struct node{
int x, y, step;
}st,ed,info,nxt;
bool used[N+10][N+10];
int dir[4][2] = { {0,-1},{-1,0},{1,0},{0,1} };
queue<node> Q;
bool legal( int x, int y)
{
if( x >= 1 && x <= N && y >= 1 && y <= N )
return true;
return false;
}
void BFS(int s,int t){
for(int i = 1; i <= N; i++)
for(int j = 1; j <= N; j++)
{
if( mp[i][j] == s ){st.x = i;st.y = j;st.step = 0; }
if( mp[i][j] == t ){ed.x = i;ed.y = j; }
}
while( !Q.empty() ) Q.pop();
memset( used, 0, sizeof(used));
used[ st.x ][ st.y ] = true;
Q.push(st);
while( !Q.empty() ){
info = Q.front(); Q.pop();
// printf("x = %d, y = %d\n", info.x, info.y );
if( info.x == ed.x && info.y == ed.y ){
printf("%d\n", info.step);
return;
}
for(int i = 0; i < 4; i++)
{
int x = info.x+dir[i][0], y = info.y+dir[i][1];
if( legal(x,y) && vis[ mp[x][y] ] && !used[x][y])
{
used[x][y] = true;
nxt.x = x; nxt.y = y; nxt.step = info.step+1;
Q.push(nxt);
}
}
}
puts("impossible");
}
int main(){
InitGraph( N*N, 1, 1, N );// test();
GetPrime();
int s, t, T = 1;
while( scanf("%d%d",&s,&t) != EOF)
{
printf("Case %d: ", T++);
BFS(s,t);
}
return 0;
}
B题：
结论题，海伦公式推广到四边形，要注意限定在圆内接四边形
证明：
记圆内接四边形ABCD的四条边依次为a、b、c、d，则连接一条对角线AC，其对角为∠B和∠D并且∠B + ∠D ＝ 180° -----------我给的角度不一定对应，你自己画个图吧
根据余弦定理：
AC² = a² + b² - 2abcos∠B
AC² = c² + d² - 2cdcos∠D = c² + d² + 2cdcos∠B -------已经用到 ∠B + ∠D ＝ 180°
所以： a² + b² - 2abcos∠B = c² + d² + 2cdcos∠B
得到：cos∠B = (a² + b² - c² - d² ) / (2ab + 2cd)
sinB = sinD = √(1 - cos²B) = √[(2ab + 2cd)²- (a² + b² - c² - d² )²] / (2ab + 2cd)
.........用平方差公式 略....= √[ (a+b+c-d)(a+b-c+d) (a-b+c+d)(-a+b+c+d)] / (2ab + 2cd)
S圆内接四边形面积 = S△ABC + S△ABD = absinB / 2 + cdsinD / 2
= (ab + cd)absinB / 2
= √[(s - a)(s - b)(s - c)(s - d)]
参考代码：
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1 #include<stdio.h>
2 #include<stdlib.h>
3 #include<algorithm>
4 #include<math.h>
5 using namespace std;
6 const double esp = 1e-8;
7 double getarea( int a, int b, int c, int d)
8 {
9 double p = (a+b+c+d)/2.;
10 return sqrt( (p-a)*(p-b)*(p-c)*(p-d) );
11 }
12 int main(){
13 int T, a[4];
14 scanf("%d", &T);
15 for(int Case = 1; Case <= T; Case++ )
16 {
17 for(int i = 0; i < 4; i++)
18 scanf("%d", &a[i] );
19 printf("Case %d: ", Case);
20 sort( a, a+4 );
21 if( a[0]+a[1]+a[2] <= a[3] ) printf("-1\n");
22 else
23 {
24 double ans = getarea( a[0], a[1], a[2], a[3] );
25 printf("%.6lf\n", ans);
26 }
27 }
28 }
C题：
因为N = 4000, 则我们可以得出A,B集合的所有组合情况后存储起来, 然后再计算C,D集合组合情况的时候查询 -( C[i] + D[j] ) 是否属于 A,B组合集合中.
在存储 A,B集合组合情况, 我们需要接近O(1)时间进行查询.
这里,我们使用哈希的思想: 对于一个数 X, 我们将它对一个大素数P取模,
可能有部分数对P取模后,结果相同, 则我们对于任意一个 X%P ,建立一个链表, 链表节点上存储X本身.
这样,我们可以在接近O(1)的时间查询值X,是否存在与这一条链上.
参考代码:
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#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
using namespace std;
const int Mod = 10000007;
const int N = 5000;
typedef long long LL;
struct node{
int key,cnt,next;
}edge[Mod+10];
int head[Mod+10], idx;
int a[N], b[N], c[N], d[N];
int n;
void insert( int x ){
int u = x%Mod; if(u < 0) u += Mod;
bool flag = true;
for(int i = head[u]; ~i ; i = edge[i].next) // 查询是否已存在
if( edge[i].key == x ){ edge[i].cnt++; return; }
// 不存在时插入
edge[idx].key = x; edge[idx].next = head[u];
edge[idx].cnt = 1; head[u] = idx++;
}
int find( int x ){
int u = x%Mod; if(u < 0) u += Mod;
for(int i = head[u]; ~i; i = edge[i].next)
if( edge[i].key == x ) return edge[i].cnt;
return 0;
}
int main(){
while( scanf("%d", &n) != EOF)
{
memset( head, 0xff, sizeof(head)); idx = 0;
for(int i = 0; i < n; i++)
scanf("%d%d%d%d",&a[i],&b[i],&c[i],&d[i]);
for(int i = 0; i < n; i++)
for(int j = 0; j < n; j++)
insert( a[i]+b[j] );
LL ans = 0;
for(int i = 0; i < n; i++)
for(int j = 0; j < n; j++)
ans += find( -(c[i]+d[j]) );
printf("%lld\n", ans );
}
return 0;
}
D题:
签到题.
参考代码:
View Code
#include<stdio.h>
int main(){
int n, x, y;
scanf("%d",&n);
while(n--)
{
scanf("%d%d", &x,&y);
puts( x >= y ? "MMM BRAINS" : "NO BRAINS" );
}
return 0;
}
E题:
z = [ (x*10^y)+y ] % y == 0
若 Y 要满足此关系, 则 必定存在一个正整数 K, 使 K*Y 为 10^n, 例如 Y = 5, K = 2, Y = 25 ,K = 4
简单分析可以知道满足此要求的Y 有 1, 5, 25, 125 以及它们的 10^k 倍数
2^31-1 范围内, 总数不到100 ,则我们可以预处理出来后存储于辅助数组Q中,
则结果为 (1,m) - (1,n-1) (其中(1,m)为区间(1,m)中Q数组中出现的元素个数 )
参考代码:
View Code
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<math.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL inf = 0xffffffff;
LL Q[101];
int n;
void init(){
n = 0;
int a[5] = {1,2,5,25,125};
for(int k = 0; k < 5; k++)
{
for(int i = 0;;i++)
{
LL tmp = a[k]*(LL)(pow(10,i));
if( tmp > inf ) break;
else
Q[ n++ ] = tmp;
}
}
sort( Q, Q+n );
// for(int i = 0; i < n; i++)
// printf("%lld\n", Q[i]);
}
int sum( LL x )
{
int res = 0;
for(int i = 0; i < n; i++)
if( x >= Q[i] ) res++;
else return res;
return res;
}
int main()
{
init();
LL a, b;
while( scanf("%lld%lld",&a,&b) != EOF)
{
printf("%d\n", sum(b)-sum(a-1) );
}
return 0;
}
F题:
题目大意:
密文翻译,密文由小写字母构成,现给出a-z的对应密文字符。
现有一段密文和明文，但是被打断了，仅知道密文在前，明文在后，
让你输出最短的密文+明文序列。
解法二: 此题也可使用扩展KMP
解题思路：
取原串后面半截，同原串译文匹配，记录下能匹配到的最大长度
即为答案。这里有点小问题,待笔者斟酌后再行修改, 先给出目前解题代码
View Code
#include<iostream> #include<string> #include<map> using namespace std; const int N = 101010; map<char,char>mm; void solve(string s1,string s2){ int mid = ((int)s1.length()+1)/2; string s = s1.substr( mid, (int)s1.length()-mid+1 ); int pos = 0,cnt = 0; for(int i = 0; i < (int)s.length(); i++){ if(s[i] == s2[pos]) pos++; else pos = 0; } int len = mid+ ((int)s.length()-pos); //cout << "s1.length = " << s1.length() << endl; //cout << "s2.length = " << s2.length() << endl; string ans1 = s1.substr(0,len); string ans2 = s2.substr(0,len); cout << ans1+ans2 << endl; } int main(){ int t; cin>>t; while(t--){ string tab, s1, s2; cin>>tab>>s1; mm.clear(); for(int i = 0; i < 26; i++ ){ mm[ tab[i] ] = i+'a'; } for(int i = 0; i < (int)s1.length(); i++){ s2 += mm[ s1[i] ]; } // s2[(int)s1.length()] = '\0'; solve(s1,s2); } return 0; }
G题:
解法一: 贪心,按 DPS/HP的比例击杀对方英雄
解法二: DP
贪心解法代码
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<algorithm>
#include<string.h>
#include<iostream>
using namespace std;
struct node{
int hp, dps;
double k;
void read(){
scanf("%d%d",&dps,&hp);
k = 1.0*dps/hp;
}
bool operator < (node tmp)const
{
return k > tmp.k;
}
}h[21];
int main(){
int n;
while( scanf("%d", &n) != EOF)
{
for(int i = 0; i < n; i++)
h[i].read();
sort( h, h+n );
int sum[21];
memset( sum, 0, sizeof(sum));
for(int i = 0; i < n; i++)
{
if( i == 0 ) sum[i] = h[i].dps;
else sum[i] = sum[i-1]+h[i].dps;
// printf("sum[%d] = %d\n", i, sum[i] );
}
int res = sum[n-1]*h[0].hp;
for(int i = 1; i < n; i++)
{
res += (sum[n-1]-sum[i-1])*h[i].hp;
}
printf("%d\n", res);
}
return 0;
}
DP状态压缩
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int inf = 0x7fffffff;
const int N = (1<<21);
int dp[N],hp_sum[N];
int hp[25], dps[25], n;
int main(){
while(scanf("%d",&n)==1){
for(int i = 0; i < n; i++)
scanf("%d%d",dps+i,hp+i);
memset(hp_sum,0,sizeof(hp_sum));
for(int mask = 0; mask < (1<<n); mask++){
int i = 0, k = mask; dp[mask] = inf;
while(k){
if(k&1) hp_sum[mask] += hp[i];
k >>= 1; i++;
}
//printf("hp_sum[%d] = %d\n", mask, hp_sum[mask]);
}
dp[0] = 0;
for(int mask = 1; mask < (1<<n); mask++){
for(int i = 0; (1<<i) <= mask; i++){
if( (mask>>i)&1 == 1 ){
dp[mask] = min(dp[mask], dp[mask-(1<<i)]+hp_sum[mask]*dps[i]);
}
}
}
printf("%d\n", dp[(1<<n)-1]);
// for(int mask = 0; mask < (1<<n); mask++)
// printf("%d\n", dp[mask] );
}
return 0;
}
H题:
对于任意一点 (x0,y0), 其他点( xi,yi )到其距离和为
| x0 - xi | + | y0 - yi | (其中i 取值范围为 [1,n] 中去除x0,y0点)
我们可以分别求 x, y,
将x从小到大排序后, 对于小于 x0的, 有 ( i - 1 ) * x0 - sum( 0,i-1 ) ( sum( i,j )表示 i, j区间求和 )
对于大于x0的,有 sum( i, n ) - ( n - i ) * x0
同样的方法处理Y, 处理前缀和时间复杂度为O(n), 排序时间复杂度为 O(nlog(N))
总体时间复杂度为 O( Nlog(N) )
参考代码:
View Code
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MIN(a,b) (a)<(b)?(a):(b)
typedef __int64 LL;
const int N = 100007;
struct node{
int x, y, id;
}p[N];
int n;
LL A[N], B[N], sum[N];
bool cmpx( node a, node b){
return a.x < b.x;
}
bool cmpy( node a, node b){
return a.y < b.y;
}
int main(){
int T;
scanf("%d", &T);
while( T-- ){
scanf("%d",&n);
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%d%d", &(p[i].x), &(p[i].y) );
p[i].id = i;
}
// solve x
sort( p+1, p+n+1, cmpx );
sum[0] = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++)
sum[i] = sum[i-1]+p[i].x;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
A[ p[i].id ] = 1LL*p[i].x*(i-1) - sum[i-1];
A[ p[i].id ] += (sum[n] - sum[i]) - 1LL*p[i].x*(n-i);
}
// solve y
sort( p+1, p+n+1, cmpy );
sum[0] = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++)
sum[i] = sum[i-1]+p[i].y;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
B[ p[i].id ] = 1LL*p[i].y*(i-1) - sum[i-1];
B[ p[i].id ] += (sum[n] - sum[i]) - 1LL*p[i].y*(n-i);
}
LL ans = A[1]+B[1];
for(int i = 2; i <= n; i++)
{
ans = MIN( ans, A[ p[i].id ]+B[ p[i].id ] );
}
printf("%I64d\n", ans );
}
return 0;
}
I 题:
转换成线性同余方程后,使用扩展GCD解即可.
设 k1 次后两青蛙相遇, 则满足条件:
( k1 * m + x ) % L = ( k1 * n + y ) % L
=> ( k1 * m + x ) % L - ( k1 * n + y ) % L = 0
=> ( ( k1 * m + x ) - ( k1 * n + y ) ) % L = 0
=> ( k1 * ( m - n ) + ( x - y ) ) % L = 0
=> k1 * ( m - n ) + ( x - y ) = L * k2 ( 其中 k2 为存在正整数 K2)
=> 令 a = m - n , b = -L, c = y-x
得 a * k1 + b * k2 = c 得线性同余方程, 使用 扩展GCD计算 得出解 即可 扩展GCD证明过程见笔者Q空间. Q: 361072774
View Code
#include<stdio.h> #include<math.h> typedef long long LL; LL exgcd( LL a, LL b, LL &x, LL &y) { if( b == 0 ){ x = 1; y = 0; return b; } int r = exgcd( b, a%b, x, y ); int t = x; x = y; y = t - (a/b)*y; return r; } LL gcd( LL a, LL b ) { return b == 0 ? a : gcd( b, a%b ); } int main(){ LL x, y, m, n, L; while( scanf("%lld%lld%lld%lld%lld", &x,&y,&m,&n,&L) != EOF) { LL a = m-n, b = -L, c = y-x; LL x, y, d = gcd( a, b ); if( c%d != 0 ) puts("Impossible"); else{ a /= d; b /= d; c /= d; exgcd( a, b, x, y ); x = c*x%b; if( x < 0 ) x += b; printf("%lld\n", x ); } } return 0; }
以上内容仅为笔者解题思路. 由于时间仓促,加之能力有限,欢迎读者指出不当处!