Southeastern European Regional Programming Contest 2009 部分解题报告
Southeastern European Regional Programming Contest 2009 部分解题报告
貌似这次题目还是不错的，所以做了一下，不过还有几道难题没弄出来，一边思考，一边求救中。。。。
题目网址：
http://acm.hunnu.edu.cn/online/?action=problem&type=list&courseid=49
【Problem A】
题目类型：数学 ，大数开方（用二分），大数四则运算。
思路分析：
已知 n = p * q , p <= q , | p - k * q| <= 10^5
先消去p , 然后解不等式得到 q 的取值范围为：
( -10^5 + sqrt( 10^10 + 4*k*n ) )/2 <= q <= (10 ^ 5 + sqrt(10 ^ 10 + 4 *k *n)) / 2
本题巧妙之处，在于q 最多只有10^5 种选择 ， 所以依次枚举即可。
For ( q = low ; q<=up ; ++ q )
If( n % q == 0 ) 这就是答案；
涉及大数除大数 ， 所以用JAVA好点。 才学java , 写的比较烂 ， 被鄙视！
import java.io.*;import java.util.*;import java.math.*;public class Main 
{
public static BigInteger sqrt(BigInteger a){ BigInteger v0 = new BigInteger("0") ; BigInteger v1 = new BigInteger("1"); BigInteger v2 = new BigInteger("2"); BigInteger l = v1 , r = a.add(v1) , mid , x ; //System.out.println(a.toString()); while((l.add(v1)).compareTo(r)<0){ mid = (l.add(r)).divide(v2) ; x = mid.add(v1); int tr1 = (mid.multiply(mid)).compareTo(a) ; int tr2 = (x.multiply(x)).compareTo(a) ; if(tr1 <=0 && tr2 > 0 ) return mid ; if(tr1 < 0 ) l = mid ; else r = mid.subtract(v1); //System.out.println(l.toString() + " and " + r.toString());
} if((r.multiply(r)).compareTo(a)<=0) return r ; else return l ; } public static void main(String args[]){ Scanner cin = new Scanner(System.in); BigInteger P , Q , n ,k , low , up ,tp ; BigInteger v10 = new BigInteger("100000"); BigInteger v100 = new BigInteger("10000000000"); BigInteger v4 = new BigInteger("4"); BigInteger v2 = new BigInteger("2"); BigInteger v1 = new BigInteger("1"); BigInteger v0 = new BigInteger("0"); while(cin.hasNext()){ n = cin.nextBigInteger() ; k = cin.nextBigInteger(); tp =sqrt(v100.add(v4.multiply(k.multiply(n)))) ; low = (tp.subtract(v10)).divide(v2) ; if((low.compareTo(v2))<0) low = v2 ; up = (tp.add(v10)).divide(v2) ; for(Q = low ; Q.compareTo(up)<=0 ; Q=Q.add(v1)) if( (n.mod(Q)).compareTo(v0) == 0 ) break ; P = n.divide(Q); if(Q.compareTo(P)<0){ tp = Q ; Q = P ; P = tp ; } System.out.println(P.toString()+" * " + Q.toString()); } }
}
【Problem B】
题目类型：简单模拟
思路分析：
貌似没什么难点，就是题目描述有点晦涩。
#include<iostream>using namespace std ;char cmd[400000] ;int v[10009] ; int main(){ int index0 ,index1 , i , x , y , cn; memset(v , -1 ,sizeof(v)); v[0] = 0 , v[1] = 1 ,v[2] = 2 ,v[3] = 3 ; while(scanf("%d%s%d" ,&index0 , cmd ,&index1)!=EOF){ x = v[index1] ; cn = strlen(cmd); for(i = cn-1 ; i >=0 ; --i) if(cmd[i]=='f') x += (x%2 == 0 ? 3 : 1) ; else if(cmd[i] == 'b') x -= 2 ; else if(cmd[i]== 'k') printf("%d\n" , x); else if(cmd[i]=='=') printf("%c\n", v[index0] == x ? '=' : '#'); else v[index0] = x ; } return 0 ;}
【Problem C】
题目类型：稀疏图的二分图匹配
思路分析：
同上 ， 题目太晦涩
这题点数比较多，有10000，所以不能直接开二维数组，套匈牙利算法。
推荐使用Dinic算法求最大流解决，速度MS比较快。
#include<iostream>using namespace std ;const int maxn = 20010 ;const int maxe = 500000;const int INF = 1<<29 ;struct node{ int x ,y , c ,next ;};node e[maxe] ;int es , hd[maxn] , S , T , N;void ins(int x , int y ,int c){ e[es].x = x , e[es].y = y ,e[es].c = c ,e[es].next = hd[x] , hd[x] = es ++ ; e[es].x = y , e[es].y = x, e[es].c = 0 ,e[es].next = hd[y] , hd[y] = es ++ ;}int cur[maxn] , dep[maxn] , ps[maxn] ;int dinic(){ int i ,j ,k ,top , tr ,f ,r ,u , v ,maxf = 0 ; while(1){ memset(dep ,-1,sizeof(dep)); dep[S] = 0 ; f = r = 0 ; ps[r++] = S ; while(f!=r){ v = ps[f++] ; for(i = hd[v] ; i!=-1 ; i=e[i].next) if(e[i].c && dep[u = e[i].y] == -1 ) dep[u] = dep[v] + 1 , ps[r++] = u ; if(dep[T]!=-1) break; } if(dep[T]==-1) break ; i = S , top = 0 ; memcpy(cur ,hd,sizeof(hd)); while(1){ if(i == T){ for(tr = INF , k = 0 ; k<top ; ++k) if(tr > e[ps[k]].c ) tr = e[ps[f = k]].c ; for(k = 0 ; k <top ; ++k) e[ps[k]].c -= tr ,e[ps[k]^1].c += tr ; maxf += tr , i = e[ps[top = f]].x ; } for(j = cur[i] ;j!=-1 ; j=cur[i]=e[j].next) if(e[j].c && dep[e[j].y]==dep[i]+1) break; if(j!=-1){ ps[top++] = j ; i = e[j].y ; }else{ if(0==top) break; dep[i] = -1 ; i = e[ps[--top]].x ; } } } return maxf ;}int main(){ int n , job , cnt , k , i , j , v; while(scanf("%d" ,&n)!=EOF){ es = 0 ; memset(hd ,-1,sizeof(hd)); S = 2*n ; T = 2*n+1 ; N = T ; for(k = 0 ; k < n ; ++k){ scanf("%d: (%d)" , &job , &cnt); for(i = 0 ; i < cnt ;++i){ scanf("%d" ,&v); ins(job , v , 1 ); } } for(i = 0 ; i<n ; ++i) ins(S ,i , 1),ins(n+i , T , 1); printf("%d\n" ,dinic()); } return 0 ; }
【ProblemD】
题目类型：无向图连通性遍历 最大环
思路分析：
首先，既不能套用Tarjan算法，也不能套用求割点或求割边的算法。
注意到本题一个重要的信息：每条边最多属于一个环。
考虑用类似于求割点或割边的算法，一边用DFS遍历图的节点，一边记录部分信息。
首先考虑DFS遍历得到的生成树（如图），若DFS正好遍历到v这个节点，u是v的一个邻节点，显然，u既不属于红点集（否则，v应该在红点集），也不属于灰点集（否则，灰点集应该是v的子孙）。由此可得，若<v,u>边属于题目中的一个环，u只有可能是从根到v路径上的某一点。又由于每边只属于一个环，所以我们只要记录点v在DFS遍历得到的生成树的深度dep[ v ] 这个信息就可以完成要求，因为若<v , u>是回向边，必形成环，环的长度为
Dep[u] - dep[v] +１。
再深入一下思考，这个算法却不适用与求任意无向图的最大环，可以举出反例。
#include<iostream>using namespace std ;const int maxn = 5000 ;const int maxe = 10 * maxn ;struct node{ int y ,next ;};node e[maxe] ;int es , hd[maxn] , N ,E ;int dep[maxn] , ans ;void dfs(int x){ int i , y ; for(i = hd[x] ; i!=-1 ; i=e[i].next){ y = e[i].y ; if(dep[y]==-1){ dep[y] = dep[x] + 1 ; dfs(y); }else{ ans = max(ans , dep[x]-dep[y]+1); } }}int main(){ int tst , i , x, y ; scanf("%d",&tst); while(tst--){ scanf("%d%d",&N,&E); es = 0 ; memset(hd,-1,sizeof(hd)); for(i = 0 ; i<E ; ++i){ scanf("%d%d",&x,&y); e[es].y = y , e[es].next = hd[x] , hd[x] = es ++ ; e[es].y = x , e[es].next = hd[y] , hd[y] = es ++ ; } ans = 0 ; memset(dep , -1 ,sizeof(dep)); for(i = 1 ; i<=N ;++i) if(dep[i]==-1){ dep[i] = 0 ; dfs(i); } printf("%d\n" , ans <= 2 ? 0 : ans); } return 0 ;}
【ProblemF】
题目类型：BFS + 二分 （或者 最短路 + 二分）
思路分析：
该题的一个切入点在于题目规定了答案的范围[ 0 , 1000]之间，所以可以尝试去二分答案， 看看题目是否等价于具有单调性的可行性问题。很明显可以看出，拉长的棋盘最近距离肯定比压缩的棋盘最近距离大，所以满足单调性。
#include<iostream>#include<queue>using namespace std ;const int maxn = 105 * 105 ;const int maxe = 4 * maxn ;const double INF = 1e100 ;const double EPS = 1e-8 ;int dx[]={1,0,-1,0} ,dy[]={0,1,0,-1};struct node{ int y , next ; double c ;};node e[maxe] ;int es , hd[maxn] ,S ,T , N ; char bd[105][105] ;int row ,col ;inline int sgn(double x){ return (x>EPS)-(x<-EPS);}void ins(int x , int y , double c){ e[es].y = y , e[es].c = c , e[es].next = hd[x] , hd[x] = es ++ ;}double dist[maxn] ; int vis[maxn] ;double SPFA(){ queue<int> Q ; int i , u , v ; for(i = 0 ; i <= N ; ++ i) dist[i] = INF , vis[i] = 0 ; dist[S] = 0 , vis[S] = 1 , Q.push(S); while(!Q.empty()){ v = Q.front() ; Q.pop() ; vis[v] = 0 ; for(i = hd[v] ; i!=-1 ; i=e[i].next) if(dist[u = e[i].y] > dist[v] + e[i].c ){ dist[u] = dist[v] + e[i].c ; if(!vis[u]) vis[u] = 1 , Q.push(u); } } return dist[T] ;}double Try(double t ){ int i , j , k ,nx ,ny; es = 0 ; memset(hd , -1 ,sizeof(hd)); N = row * col + 1 ; for(i = 0 ; i <row ; ++ i) for(j = 0 ; j <col ; ++j) if(bd[i][j]!='#'){ for(k = 0 ; k < 4 ;++ k){ nx = i + dx[k] , ny = j + dy[k] ; if((nx<0||ny<0||nx>=row||ny>=col)||bd[nx][ny]=='#') continue ; if(k ==0 || k==2) ins(i*col+j , nx*col+ny ,t); else ins(i*col+j , nx*col+ny ,1); } if(bd[i][j]=='S') S = i*col+j ; else if(bd[i][j]=='E') T = i*col+j ; } return SPFA();}int main(){ int cs , i , tst = 0 ; char str[20] ; double des , t1 ,t2 ,t3 , ty; scanf("%d" ,&cs); while(cs--){ scanf("%lf%d" ,&des ,&row); gets(str); for(i = 0 ; i<row ;++i) gets(bd[i]); col = strlen(bd[0]); t1 = 0 , t3 = 1000 ; for(i = 0 ; i < 100 ; ++i){ t2 =(t1+t3)/2 ; ty = Try(t2); if(!sgn(ty-des)) break ; else if(sgn(ty-des)==1) t3 = t2 ; else t1 = t2 ; } printf("Case #%d: %0.3lf%s\n" ,++tst , t2*100 ,"%"); } return 0;}
【ProblemG】
题目类型：动态规划 （必须用滚动数组）
思路分析：
设子串S[1..n] ，被匹配串T[1..m]。
Opt[i , j]表示S[1...i] 与 T[1..j]进行匹配，且二者的尾部严格匹配的最小复杂值 。
动态转移过程：
当S[i] = ' * ' 时
Opt[i , j ] = Min( Opt[i - 1, j ] , Opt[i , j - 1] + T[j] - 'a' + 1 ) ;
否则，当S[i] = '?' 时 ， 必须与T[j]匹配
Opt[i , j] = Opt[i -1 , j - 1] + T[j] - 'a' + 1 ;
否则，当S[i] = T[j] 时 ， 也必须匹配
Opt[i , j ] = Opt[i - 1, j - 1 ] + T[j] - 'a' + 1 ;
否则 Opt[i , j] = 无穷大；
【Problem I】
题目类型：多重背包 ， DFS + 贪心剪枝
思路分析：
第k 个背包选择时有 0 , 1 , ... , k 这k + 1种选择 ， 所以状态可以用一颗排列树表示。
从DFS角度看 ， 复杂度为 15！， 明显复杂度太高，应该剪枝。
从贪心的角度思考，最好选择价格和重量比例比较大的物品比较占优势 ， 所以这个可以作为DFS的上界估计。然后，我们也可以按照这个顺序贪心出一个可能的解（不一定是最优值），这个值用于动态更新最优值，会大大提高搜索的效率。
#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std ;typedef __int64 lld ;struct node{ lld w , c , n ; double val ;};node x[20] ;bool operator < (node a,node b){ return a.val > b.val ;}lld N , M , maxc ,curc , curw ; lld comp1(lld st , lld up){ lld nc , nw , i ; nc = nw = 0 ; for(i = st ; i <=N ; ++i) if(nw + x[i].w <= up){ if(nw + x[i].n * x[i].w <= up){ nc += x[i].n * x[i].c ; nw += x[i].n * x[i].w ; }else{ lld cnt = (up - nw)/x[i].w ; nc += cnt * x[i].c ; nw += cnt * x[i].w ; } } return nc ;}double comp2(lld st , double up){ double nc , nw ,cnt ; lld i ; nc = nw = 0 ; for(i = st ; i<=N ;++i) if(nw + (double)(x[i].n * x[i].w) <= up){ nc += (double)(x[i].n * x[i].c); nw += (double)(x[i].n * x[i].w); }else{ cnt = (up - nw)/(double)x[i].w ; nc += cnt * (double)x[i].c ; nw += cnt * (double)x[i].w ; break ; } return nc ;}void dfs( int dep){ if(dep > N){ maxc = max( maxc , curc); return ; } for(lld i = 0 ; i<=x[dep].n && (curw + x[dep].w *i <= M) ; ++i){ curw += i*x[dep].w ; curc += i*x[dep].c ; lld trc = comp1(dep+1 , M - curw ); double mc = comp2(dep+1 , (double)(M - curw)); maxc = max(maxc , trc + curc); if(((double)curc) + mc > (double)maxc ) dfs(dep+1); curw -= i*x[dep].w ; curc -= i*x[dep].c ; }}int main(){ lld cs , i ; scanf("%I64d" ,&cs); while(cs--){ scanf("%I64d%I64d" , &N ,&M); for(i = 1 ; i<=N ;++i) scanf("%I64d" ,&x[i].w); for(i = 1 ; i<=N ;++i) scanf("%I64d" ,&x[i].c); for(i = 1 ; i<=N ;++i){ x[i].n = i ; x[i].val = (double)x[i].c / (double)x[i].w ; } sort(x+1 , x+N+1); maxc = comp1(1 , M); curc = curw = 0 ; dfs(1); printf("%I64d\n" ,maxc); } return 0;}
悲剧啊。。。。。。。。。。。。
还有好几道题目没弄出来。。。。。。。。