百度之星 初赛第二轮题解

 第一轮因为没有时间就没做了。据说较第二轮难一些。

第二轮题目确实比较水。

A题 高斯消元，具体思路还不完全会。待之后补充。

B题 二分答案+并查集。

C题 简单dp

D题 暴力枚举即可。

简单分析及代码：

B：题目大意是给N（N<=1000)个网页，分成k个聚类，要求类与类之间的网页的差异值至少都为t，求最大的t，每个类至少要有一个网页，差异值计算类似于几何距离。

算法：

• 计算任意两个网页的差异值，即为diff[i][j]，其中最大值记为maxd,最小值mind。
• 二分答案，区间[mind,maxd]，每次累加一个precision = 1e-9.
• 判断某个t值是否可以分成k个聚类，经过分析对于任意一个网页i，计有m个diff[i][j] < t ，则i与这m个需要放在一个类中，显然，这就成了合并树的问题。并查集很轻松就搞定了。

附代码如下：

#include <stdio.h>

#include <iostream>

#include <string.h>

#include <set>



using namespace std;



const int maxn = 1024 ;

int n , k , father[maxn] ;

double diff[maxn][maxn] , x[maxn] , y[maxn] , z[maxn] , mind , maxd ;

bool vis[maxn] ;

const double precision = 1e-9 ;



inline double get_max(double mm,double nn) {    return mm > nn ? mm : nn ;  }

inline double get_min(double mm,double nn) {    return mm < nn ? mm : nn ;  }



void myUnion(int i,int j)

{

    father[i] = j ;

}



int find_anc(int i) {   return father[i] == i ? i : ( father[i] = find_anc(father[i]) ) ;   }



bool check(double pos)

{

    int i , j , cnt ;

    cnt = 1 ;

    memset(vis,0,sizeof(vis));

    for( i = 1 ; i <= n ; i++) father[i] = i ;

    for ( i = 1 ; i <= n ; i++)

    {

        for( j = 1 ; j <= n ; j++) if( i != j )

        {

            if( diff[i][j] < pos ) myUnion(find_anc(i),find_anc(j));

        }

    }

    int sth = 0 ;

    for( i = 1 ; i <= n ; i++) if(!vis[j=find_anc(i)]) {    sth++;  vis[j] = 1 ;    }

    return sth >= k ;

}



void solve()

{

    int i , j  ;

    double l , r , mid ;

    l = mind ; r = maxd ;

    while ( l <= r )

    {

        mid = ( l+r ) / 2.0 ;

        //判断mid是否可以构成K个类..

        if (check(mid)) l = mid+precision ;

        else r = mid - precision ;

    }

    printf("%.6lf\n",r);

}



int main()

{

    int i , j  ;

    while (~scanf("%d%d",&n,&k))

    {

        for ( i = 1 ; i <= n ; i++) scanf("%lf%lf%lf",&x[i],&y[i],&z[i]);

        maxd = -1.0 ; mind = 2.0 ;

        for( i = 1 ; i <= n ; i++)

            for( j = i ; j <= n ; j++)

            {

                diff[j][i] = diff[i][j] = (x[i]-x[j])*(x[i]-x[j])+(y[i]-y[j])*(y[i]-y[j])+(z[i]-z[j])*(z[i]-z[j]);

                mind = get_min(mind,diff[i][j]);

                maxd = get_max(maxd,diff[i][j]);

            }

        solve();

    }

}

C题大意：有2种礼物，每个礼物有值a,b和数量k，有n(n<=1000)个人，每个人要有一个礼物且每个人也有值x，y，每个人获得礼物的满意度为a*x+b*y，求最大的满意度。

显然是个dp问题，状态方程为：

dp[i][j]表示前i个人用了j个第一种礼物。

dp[i][j] = max(dp[i-1][j-1]+第一种礼物，dp[i-1][j]+第二种礼物).

注意边界及初始条件即可。

通过分析可以发现一些单调条件，可以优化一些，附代码如下：

#include <stdio.h>

#include <iostream>

#include <string.h>

#include <set>



using namespace std;



const int maxn = 1024 ;

int n , x[maxn] , y[maxn] , a , aa , b , bb , k , kk , dp[maxn][maxn] , one[maxn] , two[maxn] ;



inline int get_max(int mm,int nn) { return mm > nn ? mm : nn ;  }



void solve()

{

    int i , j , ans ;

    for ( i = 0 ; i <= k ; i++) dp[0][k] = 0 ;

    for( i = 1 ; i <= n ; i++) { one[i] = x[i]*a+y[i]*b;    two[i] = x[i]*aa+y[i]*bb;   }

    for( i = 1 ; i <= n ; i++)

    {

        if( i <= kk )

            dp[i][0] = dp[i-1][0] + two[i] ;

        else

            dp[i][0] = -1 ;

        for( j = 1 ; j <= k ; j++)

        {

            dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + one[i] ;

            if( (i-j) <= kk ) dp[i][j] = get_max(dp[i][j],dp[i-1][j]+two[i]);

        }

    }

    for( ans = i = 0 ; i <= k ; i++) ans = get_max(ans,dp[n][i]) ;

    printf("%d\n",ans);

}



int main()

{

    int i ;

    while (~scanf("%d",&n))

    {

        for ( i = 1 ; i <= n ; i++) scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);

        scanf("%d%d%d",&k,&a,&b);

        scanf("%d%d%d",&kk,&aa,&bb);

        solve();

    }

}

d题大意：有n(n<=50)个靶子，每个靶子沿着一定的轨迹进行移动，移动时间为10s，求最多能同时射中几个靶子。射击时间貌似不一定是整数，看来代码可能有问题= =

假定是整数时刻射击，则枚举每秒钟每个靶子的位置，然后计算最多有几个靶子在同一直线上即可，这里暴力处理。

代码如下： 

#include <stdio.h>

#include <iostream>

#include <string.h>

#include <set>



using namespace std;



const int maxn = 50 ;

int n , x[maxn] , y[maxn] , a[maxn] , b[maxn] ;

double increa[maxn] ,increb[maxn] , xx[maxn] , yy[maxn] ;

bool vis[maxn][maxn] ;



inline int get_max(int mm,int nn) { return mm > nn ? mm : nn ;  }



int dosth()

{

    memset(vis,0,sizeof(vis));

    set<int> st;

    int i , j , k , ans ;

    for ( i = 0 , ans = 1 ; i < n ; i++)

    {

        for ( j = 0 ; j < n ; j++)

        {

            if( i != j && !vis[i][j] )

            {

                st.clear();

                st.insert(i);

                st.insert(j);

                for ( k = 0 ; k < n ; k++) if( k != i && k != j )

                {

                    if( ( yy[j] - yy[i] ) * ( xx[k] - xx[j] ) == ( yy[k] - yy[j] ) * ( xx[j] - xx[i] ) )

                    {

                        st.insert(k);

                    }

                }

                ans = get_max(ans,st.size());

                set<int>::iterator ite1,ite2 ;

                for ( ite1 = st.begin() ; ite1 != st.end() ; ite1++)

                {

                    ite2 = ite1 ;

                    ite2++;

                    for ( ; ite2 != st.end() ; ite2++)

                    {

                        if( *ite1 != *ite2 )

                        {

                            vis[*ite1][*ite2] = vis[*ite2][*ite1] = 1 ;

                        }

                    }

                }

            }

        }

    }

    return ans ;

}



void solve()

{

    int i , j , ans ;

    for( i = 0 ; i < n ; i++) { increa[i] = 0.1 * a[i] ;    increb[i] = 0.1 * b[i] ;    }

    for ( i = 0 , ans = 1 ; i <= 10 ; i++)

    {

        for( j = 0 ; j < n ; j++) { xx[j] = increa[j] * i + x[j] ;  yy[j] = increb[j] * i + y[j] ;  }

        ans = get_max(ans,dosth());

    }

    printf("%d\n",ans);

}



int main()

{

    int i ;

    while (~scanf("%d",&n))

    {

        for( i = 0 ; i < n ; i++) scanf("%d%d%d%d",&x[i],&y[i],&a[i],&b[i]);

        solve();

    }

}

水平有限，不能保证分析和代码都正确。