Waterloo local contest 1999

Waterloo local 1999.01.31

题目	题目分类
The Trip	分析
Doublets	字符串，搜索
Factovisors	math

The Trip ：
题目大意是有群人出去旅行，每个人都付了一定的费用（不等），回来后要把钱均摊，但钱的最小面值是一分（cent），换句话说是个整数，现在问最少需要转移多少钱？
如果转移的钱可以是浮点数(或者保证一定能分得平 sample) ，那题目就简单了，但这里稍微烦一些。首先要均摊的话，能做到最大的差价不会超过一分，假设支付费用最小为a， 最大为a+1（我们这里只讨论分不平的情况），而且能算出有x个人要付 a 分， y个人要付 a+1 分，这样就可以开始讨论了
多退少补，而退的钱==补的钱，所以我们只考虑要退多少钱给多付的人
如果有人出的钱 k 大于a+1，那他肯定要退，先让他支付 a+1分。那么这就退了 k - （a+1）分
如果所有大于a + 1分钱的人都考虑了，并且有 q 个人大于或等于 a +1 块钱，就有两种情况
1 q > y，说明 q个人中还有人要退，加上 q - y就好了
2 q <= y,说明多付钱的人当中没人需要退了，结束
只考虑要退多少钱会使思路清晰些

剩下值得一提的是精度问题
有一种比较好的方法可以避免这种问题：
scanf("%d.%d",&tema, &temb);  
直接把钱全部转化为分（cent），这不涉及任何浮点数，所以也不存在精度问题

Doublets
题目意思就是说一个单词与另一个单词如果只有一个字母不同，这两个单词就可以互相到达，给出一些单词作为字典，每次任意询问两个单词的最短路径，并输出！
我的做法，先对字典排序，然后建图，对一个单词，每次构造字典序比它大的且仅相差一个字符的单词，在它后面二分查找是否出现在字典中！这样建图的时间大概是25000*log(25000)*26*16；然后从起点bfs之即可，这一步大概是25000*26*16；不过都是理论上的最坏估计，实际上小得多！
我看了下标程的做法，标程的做法快在建图上，貌似是跟桶排序差不多，每排一次序就扫一遍，在一个桶中的就是能够到达的！

Factovisors

题目大意是给你两个数n， m
问 m 能否整除 n 的阶乘， 即 n！% m ==0  （n, m 都很大 < 2^31  )
可以将 m 质因数分解，对于每一个质数，如果n！中包含的个数 都 比m中的多，说明n！能整除 m 。
1对于m质因数分解只要用o(sqrt(n) )；
2对于n！检查一个质因子，用循环除的方法需要log（n），而质数最多不超过log2（m）（假设质因子都挑最小的2,3,5,7。。
这样大部分时间是在分解质因数，算是有效的方法

Waterloo local 1999.06.19

题目分类
Billiard	physics
The Brick Stops Here	DP
Election	简单题
Boastin' Red Socks	数学方程求最小值，暴力

补充：



Billiard :
题目大意是一张台球桌，假设这桌子没洞，桌子横 a 竖 b ，在桌子中心以某个角度 angel 某个速度 v 弹出一小球，这个小球和横的边界碰撞 p 次，与竖的边界碰撞 q 次，经过 s 秒回到中心（起点）。
已知 a b p q s 求 angel 和 v
我们可以将两个维度分开考虑
水平方向看，碰了 q 次回到原点，显然可以得到走了q*a长度                                            
竖直方向看，同理也可以知道他走了p*b；
那么他就等效于这么一个三角形，o（0， 0），A（q*a，0），B（p*b，q*a），求得角度是<AoB，总路程是oB





The Brick Stops Here：
这是一道典型的DP题目，其实就是背包问题；我们用dp[i][j][k]表示前i种砖中用了j种砖总含铜量为k的最少费用，那么dp[i][j][k]=min{dp[i-1][j-1][[k-copper[i]]+price[i] , dp[i-1][j][k]}；对于该题i<=200,j<=20,k<=20*1000！这个时间复杂度可以勉强接受，因为其实可以求出 j  和 k 的上限！而数组也可以省去第一维，避免超内存，其实根据上面的转移方程就可以看出来跟背包的思想很类似，所以可以从后往前倒推！还有就是建议先全都处理出来然后再一起找出答案！核心代码如下：

 1     int  i,j,k,h;
 2      for (i = 0 ;i <= UP_N;i ++ )
 3          for (j = 0 ;j <= UP_W;j ++ )
 4                dp[i][j]  =  PINF;
 5     dp[ 0 ][ 0 ] = 0 ;
 6      for (k = 0 ;k < n;k ++ )
 7          for (i = UP_N;i >= 1 ;i -- )
 8              for (j = UP_W;j >= copper[k];j -- )
 9                 checkmin(dp[i][j],dp[i - 1 ][j - copper[k]] + price[k]);
10

Boastin' Red Socks

题目大意是有一个健忘的小孩不知道自己有多少只红色的袜子，多少只黑色的袜子（他只有这两种袜子），但他知道从中他拿出两只红色的袜子的概率是 p / q （q=>p>=0   q>0），总共最多有50,000只袜子,让你求满足条件的情况中袜子总数最少的那种中的红袜子的数量
假设有x只红袜子，总共有sum只袜子
p/ q = C(x，2) / C（sum， 2）
由于sum < 50000，对于这么小的一个数，我们可以暴一暴
从小到大枚举 sum，解关于 整数 x 的方程，如果途中得到可行解就可以跳出，它是总数最少的
这个剪枝好像也比较重要，不加会超时
当然这个枚举过程也可以用二分来加速，就更快了
在计算中注意细节，避免溢出