The 2010 ACM-ICPC Asia Chengdu Regional Contest 的几个题目
声明：本博菜，只做水。题目网址：
http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemCode=3416
比赛网址：
http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showContestProblems.do?contestId=319
【Problem C】
水题，直接按题目意思写即可。
#include<stdio.h>#define MAXN 210int a[MAXN] , b[MAXN] ;int bit( int x , int i)
{
return (x)&(1<<i) ? 1 : 0 ;
}int f(int x ,int y){ int i , cnt = 0 ; for(i = 0 ; i < 30 ; ++ i) if(bit(x ,i) != bit(y , i)) ++ cnt ; return cnt ;}int main(){ int n, m , test , ans , val , tr , i , j ; scanf("%d" ,&test);
while(test -- ){ scanf("%d%d" , &n , &m); for(i = 0 ; i < n ; ++ i) scanf("%d" , &a[i]); for(i = 0 ; i < m ; ++ i) scanf("%d" , &b[i]); for(j = 0 ; j < m ; ++ j){ val = 1000009 ; ans = 100 ; for(i = 0 ; i < n ; ++ i) { tr = f(a[i] , b[j]); if(tr < ans ){ ans = tr ; val = a[i] ; }else if(tr == ans){ val = val < a[i] ? val : a[i] ;
} } printf("%d\n" , val); } } return 0 ;}
【Problem E】
题目并不难：以相同的命令控制两个迷宫，求最少命令序列。
思路也容易想到，把两个球的坐标看成一个状态就行了，其余就是简单的广搜了。
问题是: 这题有很多小限制，例如最小字典序，节点的生成。非常考验编程的基本功。
可惜，我好像弄了2-3个小时。
#include<iostream>#include<memory>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cstdlib>#include<cmath>#include<queue>#define INF (1<<29)using namespace std ;struct node{ int x0 , y0 , x1 ,y1 ;};node start , end ;char cmd[] = "DLRU" ;int dx[] = {1 , 0 , 0 , -1} ; int dy[] = {0 , -1 , 1 , 0} ;// 数组t[]是为了便于找到方向信息在二进制中的位置 int t[] = {1 , 0 , 2 , 3 } ; int bd0[6][6] , bd1[6][6];int prev[1300] , mov[1300] ; // prev[i] 表示状态 i 的父亲节点 ，mov[i] 表示从状态 prev[i] 到 i 的操作。 // 将状态压缩成一个数字 ， 便于处理 inline int hash(node a){ return a.x0 * 216 + a.y0 * 36 + a.x1 * 6 + a.y1 ;}inline int bit(int x ,int i){ return x &(1<<i) ? 1 : 0 ;}inline int IsOut(int x ,int y){ return x<0||y<0||x>=6||y>=6;}inline int IsEnd(node a){ return hash(a) == hash(end);}//初始化找到 起始状态 和 终点状态 void init(){ int i , j ; for(i = 0 ; i < 6 ; ++ i) for(j = 0 ; j < 6 ; ++ j){ if(1 == bit(bd0[i][j], 5)) start.x0 = i , start.y0 = j ; if(1 == bit(bd0[i][j], 6)) end.x0 = i , end.y0 = j ; if(1 == bit(bd1[i][j], 5)) start.x1 = i , start.y1 = j ; if(1 == bit(bd1[i][j], 6)) end.x1 = i , end.y1 = j ; }} //构造字典序最小的解 void MakeSolution(int val){ if(prev[val] != INF){ MakeSolution(prev[val]) ; printf("%c" , cmd[mov[val]]); } }void Run(){ int i , cx0 , cy0 , cx1 , cy1 ,nx0 ,ny0 ,nx1 , ny1 , val ; node cur , nxt ; queue<node> Q ; init(); if(IsEnd(start)) return ; memset(prev , -1 ,sizeof(prev)); prev[ hash(start) ] = INF ; Q.push(start); while(!Q.empty()){ cur = Q.front() ; Q.pop(); cx0 = cur.x0 , cy0 = cur.y0 , cx1 = cur.x1 , cy1 = cur.y1 ; // 由于要求构造的解满足字典序最小，所以应该选择以 < D , L , R , U>这种顺序拓展。 for(i = 0 ; i < 4 ; ++ i) if(!bit(bd0[cx0][cy0],t[i])||!bit(bd1[cx1][cy1] ,t[i])){ nx0 = cx0 + dx[i] , ny0 = cy0 + dy[i] ; nx1 = cx1 + dx[i] , ny1 = cy1 + dy[i] ; //生成 next 这个儿子节点 ， 碰壁时则不动 if(!bit(bd0[cx0][cy0] , t[i])){ nxt.x0 = nx0 , nxt.y0 = ny0 ; } else { nxt.x0 = cx0 , nxt.y0 = cy0 ; } if(!bit(bd1[cx1][cy1] , t[i])){ nxt.x1 = nx1 , nxt.y1 = ny1 ; }else{ nxt.x1 = cx1 , nxt.y1 = cy1 ; } if(IsOut(nxt.x0,nxt.y0)||IsOut(nxt.x1,nxt.y1)) continue ; // 判断出界 if(!bit(bd0[nxt.x0][nxt.y0],4)||!bit(bd1[nxt.x1][nxt.y1],4)) continue ; // 判断是否为洞 if(prev[val = hash(nxt)] != -1) continue ; // 判断是否重复 prev[val] = hash(cur) ; mov[val] = i ; //终点状态 if(IsEnd(nxt)){ MakeSolution(val); return ; } Q.push(nxt); } } printf("-1");}int main(){ int i ,j , tst ; scanf("%d" , &tst); --tst ; for(i = 0 ; i < 6 ; ++ i) for(j = 0 ; j < 6 ; ++ j) scanf("%d" ,&bd0[i][j]); while(tst--){ for(i = 0 ; i < 6 ; ++ i) for(j = 0 ; j < 6 ; ++ j) scanf("%d" ,&bd1[i][j]); Run(); printf("\n") ; for(i = 0 ; i < 6 ; ++ i) for(j = 0 ; j < 6 ; ++ j) bd0[i][j] = bd1[i][j] ; } return 0;}
【Problem F】
定义：
F(x) = max( Si(x) ) , 其中 Si(x) = ai*x^2 + bi*x + ci . 这里 0<=ai 。
稍微观察一下，即可发现F(x)是一个纯单调函数或者单峰函数。速度三分法水.....
只是这里特别注意精度问题，经测试，当 eps > 1e-9 时，果断WA 。
#include<stdio.h>#define MAXN 10005#define EPS (1e-10)#define INF (1e100)typedef struct{ double a ,b ,c ;}node;node e[MAXN] ;int n ;double f(node t , double x){ return t.a * x * x + t.b * x + t.c ;}int sgn(double x){ return (x>EPS) - (x<-EPS) ;}double can(double x){ double maxval = -INF , tr ; int i ; for(i = 0 ; i <n ; ++i) { tr = f(e[i] , x); if(tr > maxval) maxval = tr ; } return maxval ;}double Min(double x, double y){ return x < y ? x :y ;}double Run(){ double ans , t1 , t2 , t3 ,t4 ; int i ; t1 = 0.0 ; t4 = 1000.0 ; for(i = 0 ; i < 100 ; ++i){ t2 = (t4 - t1)/3.0 + t1 ; t3 = (t4 - t1)/1.5 + t1 ; if(can(t2) < can(t3)) t4 = t3 ; else t1 = t2 ; if(!sgn(t1-t4)) break ; } return can(t1) ;}int main(){ int test ,i; int a , b , c; scanf("%d" , &test); while(test -- ){ scanf("%d",&n); for(i = 0 ; i < n ; ++i){ scanf("%d%d%d" ,&a ,&b , &c) ; e[i].a = (double)a ; e[i].b = (double)b; e[i].c = (double)c; } printf("%0.4lf\n" ,Run()); } return 0;}
常用思路： 2_SAT + 二分。
这里 2_SAT模型中的 <a , ~a> 对应于 x[i] 取 0 或者 1 。
互斥条件是 ： x[a[dep]] + x[b[dep]] == c[dep] 。
图中的点数为 2*n , 边数最多为 m 。 复杂度 O(m*log(m))。
对答案进行二分即可。
#include<iostream>#include<stdio.h>#include<cstring>#define MAXN 405#define MAXM 10005using namespace std ;bool gh[MAXN][MAXN] ;int N , Ecnt , a[MAXM] , b[MAXM] ,c[MAXM];void build(int MaxDepth){ int i , j , dep , x, y; for(i = 0 ; i < 2*N ; ++ i) for(j = 0 ; j < 2*N ; ++ j) gh[i][j] = 0 ; for(dep = 0 ; dep < MaxDepth ; ++ dep){ x = a[dep] , y = b[dep] ; if(0 + 0 == c[dep]) gh[2*x][2*y+1] = gh[2*y][2*x+1] = 1 ; if(0 + 1 == c[dep]) gh[2*x][2*y] = gh[2*y+1][2*x+1] = 1 ; if(1 + 0 == c[dep]) gh[2*x+1][2*y+1] = gh[2*y][2*x] = 1 ; if(1 + 1 == c[dep]) gh[2*x+1][2*y] = gh[2*y+1][2*x] = 1 ; }}int bcnt , idx ,top , stk[MAXN] ,instk[MAXN] , dfn[MAXN] , low[MAXN] ,bel[MAXN] ;void Tarjan(int x){ int y ; low[x] = dfn[x] = ++idx ; instk[x] = 1 ; stk[top++] = x ; for(y = 0 ; y <2*N ; ++y) if(gh[x][y]){ if(dfn[y] == -1){ Tarjan(y); low[x] = min(low[x] , low[y]); }else if(instk[y]){ low[x] = min(low[x] , dfn[y]); } } if(low[x] == dfn[x]){ ++bcnt ; do{ y = stk[--top] ; instk[y] = 0 ; bel[y] = bcnt ; }while(y!=x); }}bool check(int mid){ int i ; build(mid); bcnt = idx = top = 0 ; for(i = 0 ; i < 2*N; ++i){ dfn[i] = -1 , instk[i] = 0 ; } for(i = 0 ; i < 2*N ; ++ i) if(dfn[i] == -1) Tarjan(i); for(i = 0 ; i < N ; ++ i) if(bel[2*i] == bel[2*i+1]) return false ; return true;}int main(){ int test , i , j , x, y ; scanf("%d" ,&test); while(test--){ scanf("%d%d" ,&N ,&Ecnt); for(i = 0 ; i < Ecnt ; ++ i) scanf("%d%d%d" , &a[i] ,&b[i] , &c[i]); int l , r , mid , ans ; l = ans = 1 , r = Ecnt ; while(l <= r){ mid = (l + r ) / 2 ; if(check(mid)){ ans = mid , l = mid + 1 ; }else{ r = mid - 1 ; } } printf("%d\n" ,ans); } return 0 ;}
【Problem J】
最大费用最大流 or 最佳匹配算法 ( KM 算法)。
设标准答案串为 T ， 学生答案串为S 。
算法设计:
(1). 分别统计<t,s>的对数为f(t,s)，其中 t 属于 T , s 属于 S 。
(2). X = {A,B,..,Z} , Y = {A,B,..,Z}.
以 X 集和 Y 集建一个二分图。
对每一对<t,s> 从 X 中的字母 t 连一条边至 Y 集中的s , 边权为 f(t,s) 。
(3). 求二分图的最优匹配 ( KM算法 or 最大费用最大流 ) 即答案。
#include<iostream>#include<stdio.h> #include<queue>#define INF 1<<29#define MAXN 60#define MAXS 10005using namespace std; typedef struct{ int y , c , cost , next ;}node ;node e[MAXN*MAXN] ;int es , hd[MAXN] , S , T,Vcnt ;int cnt[MAXN][MAXN];int TT[MAXS] , SS[MAXS] ;int dist[MAXN] ,vis[MAXN] ,prev[MAXN] , pos[MAXN] ;void ins(int x , int y ,int c ,int cost){ e[es].y = y , e[es].c = c , e[es].cost = cost , e[es].next = hd[x] , hd[x] = es ++; e[es].y = x , e[es].c = 0 , e[es].cost = -cost ,e[es].next = hd[y] , hd[y] = es ++;}void Build(){ int i , j , k ; es = 0 ; S = 53 ; T = 54 ; Vcnt = 54 ; for(i = 1 ; i <= Vcnt ; ++ i) hd[i] = -1 ; for(i = 1 ; i <= 26 ; ++i) for(j = 1 ; j<=26 ; ++j) if(cnt[i][j]!=0) ins(i , 26 + j , 1 , -cnt[i][j]); for(i = 1 ; i <= 26 ; ++i){ ins(S , i , 1 , 0 ); ins(26+i ,T , 1 , 0); }}int Spfa(){ int i , j , k , x ,y ; queue<int> Q ; for(i = 1 ; i<=Vcnt ; ++ i) { prev[i] = -1 , vis[i] = 0 , dist[i] = INF; } Q.push(S) ; dist[S] = 0 ; vis[S] = 1 ; while(!Q.empty()){ x = Q.front() , Q.pop() ; vis[x] = 0 ; for(i = hd[x] ; i!=-1 ; i=e[i].next){ y = e[i].y ; if(e[i].c && dist[y] > dist[x] + e[i].cost){ dist[y] = dist[x] + e[i].cost ; prev[y] = x ; pos[y] = i ; if(vis[y] == 0){ vis[y] = 1 ; Q.push(y); } } } } return prev[T] != -1 ;}int MinCost(){ int res = 0 , del , i , j ,k , u, v; while(Spfa()){ del = INF ; for(u = T ; u!=S ; u = prev[u]) del = min(del , e[pos[u]].c); for(u = T ; u!=S ; u = prev[u]) e[pos[u]].c -= del , e[pos[u]^1].c += del ; res += del * dist[T] ; } return res ;}int main(){ int cs , test , N ,K , M ,i ,j , ans; char ss[3]; scanf("%d" ,&test); while(test--){ scanf("%d%d%d" , &N , &K ,&M); for(i = 0 ; i < N ; ++ i){ scanf("%s" , ss); TT[i] = ss[0] - 'A' + 1; } for(cs = 0 ; cs < M ; ++ cs){ for(i = 0 ; i < N ; ++ i) scanf("%s" ,ss) , SS[i] = ss[0]-'A' + 1 ; for(i = 1 ; i <= Vcnt; ++ i) for(j = 1 ; j <= Vcnt ; ++ j) cnt[i][j] = 0 ; for(i = 0 ; i < N ; ++ i) ++ cnt[TT[i]][SS[i]] ; Build(); ans = -MinCost(); printf("%0.4lf\n" , (double)ans/(double)N); } } //while(getchar()); return 0 ;}