ACdream群原创群赛(2) A~F J 解题报告
ACdream群)原创群赛(2)
地址为：http://www.acdream.net/contest.php?cid=1009
出题情况：
A~F 是我出的
G~I 旋风小晴天
J [CUGB] wwj
K nanae
先说一下情况：
貌似一开始大家被Board带歪了， F题我的题目比较坑爹是真的- -。。数学好的对数字敏感的同学上来扑肯定没错。。。我本来想的是应该会所有人先去搞晴天的G ， 然后扑我的E 同时开 nanae 的K 。 这时候图论比较熟悉的同学应该已经开了J ， 数论比较强的去搞HI。然后陆续会有人去搞B和C。最后过掉D就全体去扑A。这个流程还是比较科学的
A 题 Bella’s magic cube
题目类型：
矩阵乘法 + 手写栈模拟
解法：
此题看到题目有Q <= 10^5 首先就应该想到矩阵乘法。
建立 55 * 55 的矩阵，0~53号位置分别填写每个转化矩阵，在54号位置填写 1 作为改变某个地方值用。
考虑到如果循环用递归会爆栈的问题，故模拟递归，建立两个矩阵栈分别代表颜色和数字，如果进入循环则进栈，否则退栈。
需要注意的Trick是无时无刻出现的 /* 和 // 等组合。
B 题 Medicine
题目类型：
搜索
解法：
首先算出来所有数字的和， 然后判断是否有解。分k奇偶枚举公差之后，排序，就开始dfs搜索。
需要的剪枝——
1、 如果每一堆的最小项小于药片的最小项 false
2、 如果当前一堆枚举的和sum加上剩下药片的最小大于当前堆的容量 false
3、 如果当前堆正好放下一大块药片，放
4、 如果搜索到某一个药片，并且前一个药片已经搜索过+前一个药片和当前一个大小一样，跳过（重要剪枝）
C 题 The bomb war
题目类型：
简单hash + 二分（不是计算几何啊亲！！！！）
解法：
由于（我特别标明了啊。。原来100使用One hundred 写的!!）武器的数量小于100，那么考虑把X坐标hash。然后开100个vector放Y坐标。对于每一个robot，遍历X，二分查找第一个大于Robot[y]的Mine[y] 和小于的Mine[y] 。记录，删除。复杂度是log(n) 。数据结构的话，一个set和一个map就足以了。
D 题 Numbers in line
题目类型：
概率dp + 矩阵乘法 + 容斥原理
解法：
很容易能够想到转移矩阵DP[10* 10] （就是原来的矩阵）。对于一开始的概率向量{0.1,0.1….0.1} Start, 我们只需要算——概率向量End = Start * {E + DP + DP^2 +…+DP^(n - 1)}就可以算出最后一个数字的概率向量End。至于矩阵等比数列求和的方法请见POJ 3233
然后用容斥原理计算——每个数字至少出现一次的期望。即可。此题不卡精度
E 题 Mengzhu
题目类型：
数学 + 乱搞
解法：
利用精度 ， 如果 A – B > 100 那么输出 A – 1 ， 否则直接pow然后算
F 题 a + b
题目类型：
数学 或者 高精度
分析：
比较坑爹的是 Mod = 1e10 + 7 ，于是两个longlong 直接相乘再取模的话爆longlong~
解法1:
直接利用Java 高精度计算。不过每一步乘法需要都Mod一下
import java.math.*;
import java.io.*;
import java.util.*;
public class Main {
public static void main(String[] args) throws Exception{
Scanner cin = new Scanner(new FileReader("D:\\ACM\\出题\\20121111 Acdream 群赛\\Mengzhu's Math Problem\\input.txt"));
PrintWriter pw = new PrintWriter("D:\\ACM\\出题\\20121111 Acdream 群赛\\Mengzhu's Math Problem\\output.txt");
int re = cin.nextInt();
for (int ri = 1; ri <= re; ++ri) {
BigDecimal a = cin.nextBigDecimal();
BigDecimal aa = a;
BigDecimal b = cin.nextBigDecimal();
if ( a.compareTo(b) < 0 ) {
BigDecimal t = a; a = b; b = t;
}
BigDecimal d = a.subtract(b);
if ( d.compareTo( BigDecimal.valueOf(1000) ) < 0 ) {
//System.out.println(ri);
double t = Math.pow(2.0, -d.doubleValue() ) + 1;
t = Math.log(t) / Math.log(2);
a = a.add(BigDecimal.valueOf(t));
}
a = a.subtract(BigDecimal.valueOf(1));
a = a.setScale(9, RoundingMode.HALF_UP);
if (a.subtract(aa).compareTo(BigDecimal.valueOf(2)) >0) System.out.println(ri);
pw.println( a );
}
pw.close();
}
//static Scanner cin = new Scanner(new BufferedInputStream(System.in));
}
解法2：
按位计算。以下是两个LongLong 相乘的代码
LL mul(LL a, LL b, LL c){
LL r= 0;
while(b){
if(b&1) if((r+=a) >= c) r-=c;
a<<=1;
if(a>=c) a-=c;
b>>=1;
}
return r;
}
J 题 I can't describe the problem [Author : wwj]
题目类型：
图论
解法：
观察数据范围，点的个数和体力值都很小，那么可以开一个二维数组dis[i][j]代表到达i点剩余体力为j时的最短距离。然后就可以进行SPFA，状态的转移就两种，一种是走普通边，不需要花费体力，另外一种就是进行拆边。
拆边的方法其实也很简单。观察到边的大小只有10000，那么在刚开始我们就可以对1到10000直接二重循环枚举出所有的满足条件的a, b, c存起来。注意对每个值只保留最小是不对的。因为在魔法边上花费的体力是不跟边权成正比的。
当然还有更优的处理拆边的方法。因为这个条件是勾股数的条件。
而对于每组勾股数。均可以由以下方式构造
a=( m^ 2 - n ^ 2) * d, b = (2 * m * n) * d, c = (m ^ 2 + n ^ 2) * d
m> n > 0 , d > 0
其中m,n的奇偶性必须不同，并且gcd(m, n)= 1
令s = a + b + c
即s= 2 * m * (m + n) * d
s/ 2= m * (m + n) * d
其中(m+ n)必然是奇数
令k= m + n 则m < k < 2 * m
现在就是枚举s/2的因子。。注意上限是sqrt(s/2)向上取整 -1 因为 m < m+ n
然后令m等于枚举的因子后， (m + n)* d就算出来了
然后就枚举k满足m < k< 2 *m 并且k<= s/ 2 / m中的所有奇数了
然后就算出来了。
标称用的时间是600ms，如果刚开始用一个二重循环枚举10000以内满足要求的勾股数的话，用的时间会在2s+，不过题目给的时限是10s。
这道题其实挺直接的，绝对比ds出的那几道搜索好写。但是估计都被前面的题卡太久？就没多少人做这个题了。