2015 重庆市赛 解题报告
A. 蠕虫爬井
题意:
初始在0,爬n高度的井,爬1分钟u距离,休息1分钟掉d距离,问几分钟出井？初始在0, 爬n高度的井, 爬1分钟u距离, 休息1分钟掉d距离, 问几分钟出井？
分析:
如果d>=u,每次做无用功肯定爬不出去,不然肯定可以出去如果d>=u, 每次做无用功肯定爬不出去, 不然肯定可以出去
最后一次可以直接出去,所以先减去,然后看剩下的要多久,注意特判一开始直接出去的情况最后一次可以直接出去, 所以先减去, 然后看剩下的要多久, 注意特判一开始直接出去的情况
代码:
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#include <vector>using namespace std;
#define pr(x) cout << #x << " = " << x << " "
#define prln(x) cout << #x << " = " << x << endl
const int N = 1e5 + 10, INF = 0x3f3f3f3f, MOD = 1e9 + 7;int n, u, d;int main() {
#ifdef LOCALfreopen("C:\\Users\\TaoSama\\Desktop\\in.txt", "r", stdin);
// freopen("C:\\Users\\TaoSama\\Desktop\\out.txt","w",stdout);
#endifios_base::sync_with_stdio(0);while(scanf("%d%d%d", &n, &u, &d) == 3) {if(u >= n) puts("1");else if(u <= d) puts("The worm can't escape from the well.");else {int ans = 1;n -= u; u -= d;ans += (n + u - 1) / u * 2;printf("%d\n", ans);}}return 0;
}B. 回文数挑选
题意:
判断一个18位数字是否是回文数判断一个18位数字是否是回文数
分析:
签到题签到题
代码:
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#define pr(x) cout << #x << " = " << x << " "
#define prln(x) cout << #x << " = " << x << endl
const int N = 1e5 + 10, INF = 0x3f3f3f3f, MOD = 1e9 + 7;char s[25];int main() {
#ifdef LOCALfreopen("C:\\Users\\TaoSama\\Desktop\\in.txt", "r", stdin);
// freopen("C:\\Users\\TaoSama\\Desktop\\out.txt","w",stdout);
#endifios_base::sync_with_stdio(0);while(scanf("%s", s) == 1) {int n = strlen(s);bool ok = true;for(int i = 0; i < n >> 1; ++i) {if(s[i] != s[n - i - 1]) {ok = false;break;}}printf("%s ", s);puts(ok ? "is a palindromic number." : "is not a palindromic number.");}return 0;
}C. 有趣的数字图形
题意:
蛇形填数蛇形填数
分析:
古老的模拟题了,注意边界什么的就好古老的模拟题了, 注意边界什么的就好
代码:
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#define pr(x) cout << #x << " = " << x << " "
#define prln(x) cout << #x << " = " << x << endl
const int N = 1e5 + 10, INF = 0x3f3f3f3f, MOD = 1e9 + 7;int n, a[15][15];int main() {
#ifdef LOCALfreopen("C:\\Users\\TaoSama\\Desktop\\in.txt", "r", stdin);
// freopen("C:\\Users\\TaoSama\\Desktop\\out.txt","w",stdout);
#endifios_base::sync_with_stdio(0);int kase = 0;while(scanf("%d", &n) == 1) {memset(a, 0, sizeof a);int x, y, cnt = a[x = 1][y = 1] = 1;while(cnt < n * n) {while(y + 1 <= n && !a[x][y + 1]) a[x][++y] = ++cnt;while(x + 1 <= n && !a[x + 1][y]) a[++x][y] = ++cnt;while(y - 1 >= 1 && !a[x][y - 1]) a[x][--y] = ++cnt;while(x - 1 >= 1 && !a[x - 1][y]) a[--x][y] = ++cnt;}if(kase++) puts("");for(x = 1; x <= n; ++x) {for(y = 1; y <= n; ++y)printf("%3d", a[x][y]);puts("");}}return 0;
}D. 奇怪的木匠
题意:
求一个长宽高为[0,10],小数位数最多为5位浮点数的立方体,切成小正方体,求最少能切多少个,不能有剩余求一个长宽高为[0,10], 小数位数最多为5位浮点数的立方体, 切成小正方体, 求最少能切多少个, 不能有剩余
分析:
求个gcd就是最小的gcd,浮点有误差读字符串转化一下,注意会炸int求个gcd就是最小的gcd, 浮点有误差读字符串转化一下, 注意会炸int
代码:
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#define pr(x) cout << #x << " = " << x << " "
#define prln(x) cout << #x << " = " << x << endl
const int N = 1e5 + 10, INF = 0x3f3f3f3f, MOD = 1e9 + 7;typedef long long LL;LL n, a, b, c, OFF = 1e5;
string l, w, h;LL ten(int x) {LL ret = 1;for(int i = 1; i <= x; ++i) ret *= 10;return ret;
}void handle(string &l, LL& a) {if(l.find('.') == string::npos) {a = atoi(l.c_str()) * OFF;return;}int p = l.find('.'); l.erase(p, 1);a = atoi(l.c_str()) * ten(5 - (l.size() - p));
}int main() {
#ifdef LOCALfreopen("C:\\Users\\TaoSama\\Desktop\\in.txt", "r", stdin);
// freopen("C:\\Users\\TaoSama\\Desktop\\out.txt","w",stdout);
#endifios_base::sync_with_stdio(0);int t; cin >> t;while(t--) {cin >> l >> w >> h;handle(l, a);handle(w, b);handle(h, c);LL each = __gcd(a, __gcd(b, c));LL ans = a * b * c / (each * each * each);cout << ans << '\n';}return 0;
}E. 加倍或清0
题意:
两行整数,相等的数可以匹配,求交叉线段的个数,一个数只能匹配被一次,交叉的线段的两段数不能是相同的数两行整数, 相等的数可以匹配, 求交叉线段的个数, 一个数只能匹配被一次, 交叉的线段的两段数不能是相同的数
分析:
显然的状态dp[i][j]:=第一行匹配到第i个,第二行匹配到第j个的最大匹配数显然的状态dp[i][j]:= 第一行匹配到第i个, 第二行匹配到第j个的最大匹配数
由于暴力转移的决策数是O(n2)的,显然本题需要O(1)的转移,观察可以发现,最近的决策一定是最优的由于暴力转移的决策数是O(n^2)的, 显然本题需要O(1)的转移, 观察可以发现, 最近的决策一定是最优的
越近的话,之前匹配的越多越近的话, 之前匹配的越多
考虑预处理在dp[i][j]状态下第二行与a[i]相同的<j的最大位置down[i][j]考虑预处理在dp[i][j]状态下第二行与a[i]相同的
同理在在dp[i][j]状态下第一行与b[j]相同的<i的最大位置up[i][j]同理在在dp[i][j]状态下第一行与b[j]相同的
然后转移就好了,需要注意的时候每次需要取到之前最优的状态,不然没法取最近的决策来O(1)转移然后转移就好了, 需要注意的时候每次需要取到之前最优的状态, 不然没法取最近的决策来O(1)转移
代码:
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#define pr(x) cout << #x << " = " << x << " "
#define prln(x) cout << #x << " = " << x << endl
const int N = 1e3 + 10, INF = 0x3f3f3f3f, MOD = 1e9 + 7;int n, m, a[N], b[N];
int dp[N][N], down[N][N], up[N][N];int main() {
#ifdef LOCALfreopen("C:\\Users\\TaoSama\\Desktop\\in.txt", "r", stdin);
// freopen("C:\\Users\\TaoSama\\Desktop\\out.txt","w",stdout);
#endifios_base::sync_with_stdio(0);int t; scanf("%d", &t);while(t--) {scanf("%d%d", &n, &m);for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", a + i);for(int i = 1; i <= m; ++i) scanf("%d", b + i);for(int i = 2; i <= n; ++i) {for(int j = 2; j <= m; ++j) {if(a[i] == b[j - 1]) down[i][j] = j - 1;else down[i][j] = down[i][j - 1];}}for(int i = 2; i <= n; ++i) {for(int j = 2; j <= m; ++j) {if(b[j] == a[i - 1]) up[i][j] = i - 1;else up[i][j] = up[i - 1][j];}}for(int i = 2; i <= n; ++i) {for(int j = 2; j <= m; ++j) {dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]);if(a[i] == b[j]) continue;int a = down[i][j], b = up[i][j];if(a && b) dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[b - 1][a - 1] + 2);}}printf("%d\n", dp[n][m]);}return 0;
}F. 三角形中的格点
题意:
求非退化三角形内部的格点数求非退化三角形内部的格点数
分析:
考虑pick定理:顶点在格点上的多边形面积公式：S=a+b÷2−1，其中a表示多边形内部的点数，b表示多边形边界上的点数，s表示多边形的面积考虑pick定理: 顶点在格点上的多边形面积公式：S=a+b÷2-1，其中a表示多边形内部的点数，b表示多边形边界上的点数，s表示多边形的面积
我们需要求a,由于有除2我们全部乘2得到:2a=2S+2−b我们需要求a, 由于有除2我们全部乘2得到: 2a = 2S+2-b
三角形面积可以用向量叉积来做,b的话三角形边上的点(不考虑端点),可以用gcd(x,y)−1来求三角形面积可以用向量叉积来做, b的话三角形边上的点(不考虑端点), 可以用gcd(x, y)-1来求
问题解决问题解决
坑:
注意abs啊,gcd和求三角形面积的时候都需要注意注意abs啊, gcd和求三角形面积的时候都需要注意
代码:
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#include <vector>using namespace std;
#define pr(x) cout << #x << " = " << x << " "
#define prln(x) cout << #x << " = " << x << endl
const int N = 1e5 + 10, INF = 0x3f3f3f3f, MOD = 1e9 + 7;struct Point {int x, y;void read() {scanf("%d%d", &x, &y);}Point operator- (const Point& p) const {return (Point) {x - p.x, y - p.y};}int operator^(const Point& p) const {return x * p.y - y * p.x;}
} a[3];int getArea2() {return (a[1] - a[0]) ^ (a[2] - a[0]);
}int main() {
#ifdef LOCALfreopen("C:\\Users\\TaoSama\\Desktop\\in.txt", "r", stdin);
// freopen("C:\\Users\\TaoSama\\Desktop\\out.txt","w",stdout);
#endifios_base::sync_with_stdio(0);while(true) {bool ok = false;for(int i = 0; i < 3; ++i) {a[i].read();if(a[i].x || a[i].y) ok = true;}if(!ok) break;//pick theorem S = in + side/2 - 1int s = abs(getArea2()), side = 3;for(int i = 0; i < 3; ++i) {Point t = a[i] - a[(i + 1) % 3];side += abs(__gcd(t.x, t.y)) - 1;}int ans = s + 2 - side >> 1;printf("%d\n", ans);}return 0;
}G. Cross a Lake
题意:
N≤105的序列,选出有≥2个元素的子序列,且相邻元素差值不超过H的子序列个数,答案模9901N\leq10^5的序列, 选出有\geq2个元素的子序列, 且相邻元素差值不超过H的子序列个数, 答案模9901
分析:
显然的dp,dp[i]:=以a[i]结尾的满足要求的子序列个数显然的dp, dp[i]:= 以a[i]结尾的满足要求的子序列个数
dp[i]=dp[j]+⋯+dp[k]+1,dp[j]为以a[i]−h的结尾的,dp[k]为以a[i]+h的结尾的满足要求的子序列个数dp[i]=dp[j]+\cdots+dp[k] +1, dp[j]为以a[i]-h的结尾的, dp[k]为以a[i]+h的结尾的满足要求的子序列个数
多1个是只有自己的情况,显然转移是O(n)的不行,由于是个区间和,我们可以考虑用BIT来维护dp[i]的前缀和,就可以在O(logn)转移了多1个是只有自己的情况, 显然转移是O(n)的不行, 由于是个区间和, 我们可以考虑用BIT来维护dp[i]的前缀和, 就可以在O(logn)转移了
数字太大,我们需要离散化数字太大, 我们需要离散化
由于只有1个的情况是不行的题目要求≥2个元素的子序列,最终答案还需要减去n个1个元素的子序列由于只有1个的情况是不行的题目要求\geq2个元素的子序列, 最终答案还需要减去n个1个元素的子序列
注意:
由于有负数,而且模数太小,所以需要ans=((x−y)%MOD+MOD)%MOD由于有负数, 而且模数太小, 所以需要ans = ((x-y)\%MOD+MOD)\%MOD
代码:
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#include <vector>using namespace std;
#define pr(x) cout << #x << " = " << x << " "
#define prln(x) cout << #x << " = " << x << endl
const int N = 1e5 + 10, INF = 0x3f3f3f3f, MOD = 9901;int n, h, a[N], b[N];void add(int i, int v) {for(; i <= n; i += i & -i) b[i] += v;
}int sum(int i) {int ret = 0;for(; i; i -= i & -i) ret += b[i];return ret;
}int main() {
#ifdef LOCALfreopen("C:\\Users\\TaoSama\\Desktop\\in.txt", "r", stdin);
// freopen("C:\\Users\\TaoSama\\Desktop\\out.txt","w",stdout);
#endifios_base::sync_with_stdio(0);while(scanf("%d%d", &n, &h) == 2) {vector<int> xs;for(int i = 1; i <= n; ++i) {scanf("%d", a + i);xs.push_back(a[i]);}sort(xs.begin(), xs.end());xs.resize(unique(xs.begin(), xs.end()) - xs.begin());memset(b, 0, sizeof b);for(int i = 1; i <= n; ++i) {int o = lower_bound(xs.begin(), xs.end(), a[i]) - xs.begin() + 1;int l = lower_bound(xs.begin(), xs.end(), a[i] - h) - xs.begin() + 1;int r = upper_bound(xs.begin(), xs.end(), a[i] + h) - xs.begin();int tmp = (sum(r) - sum(l - 1)) % MOD;add(o, tmp + 1);}int ans = ((sum(n) - n) % MOD + MOD) % MOD;printf("%d\n", ans);}return 0;
}H. A Pilot in Danger
题意:
求点(0,0)是否在n≤16个点的任意多边形内,在就输出px+qy不能构成数的个数(x,y≥0, 2≤p,q≥1000的素数),不能就输出safe求点(0,0)是否在n\leq16个点的任意多边形内, 在就输出px+qy不能构成数的个数 (x, y\geq0,\ 2\leq p, q\geq1000的素数), 不能就输出safe
分析:
点在多边形内直接使用转角法的模版判断点在多边形内直接使用转角法的模版判断
第二问ans=(p−1)(q−1)/2第二问ans = (p-1)(q-1)/2 证明见: 戳我看证明
赛后数据加强了,赛上大胆猜想≥p∗q一定可以被构造,可以使用exgcd求出一组解赛后数据加强了, 赛上大胆猜想 \geq p*q 一定可以被构造, 可以使用exgcd求出一组解
然后暴力p∗q范围内有多少个不可能构成,也可以藉此来找出规律,找到结论然后暴力p*q范围内有多少个不可能构成, 也可以藉此来找出规律, 找到结论
代码:
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#include <vector>using namespace std;
#define pr(x) cout << #x << " = " << x << " "
#define prln(x) cout << #x << " = " << x << endl
const int N = 1e5 + 10, INF = 0x3f3f3f3f, MOD = 1e9 + 7;
const double EPS = 1e-8;int n;int sgn(double x) {return x < -EPS ? -1 : x < EPS ? 0 : 1;}struct Point {double x, y, ang;Point(double x = 0, double y = 0): x(x), y(y) {}void read() {scanf("%lf%lf", &x, &y); ang = atan2(y, x);}Point operator- (const Point& p) const {return (Point) {x - p.x, y - p.y};}double operator* (const Point& p) const {return x * p.x + y * p.y;}double operator^ (const Point& p) const {return x * p.y - y * p.x;}bool operator< (const Point& p) const {return ang < p.ang;}
} a[20];bool onSeg(Point p, Point a, Point b) {return sgn((a - p ^ b - p) == 0 && sgn((a - p) * (b - p)) <= 0);
}int isPointInPolygon(Point p) {int wn = 0;for(int i = 0; i < n; ++i) {if(onSeg(p, a[i], a[i + 1])) return -1;int k = sgn(a[i + 1] - a[i] ^ p - a[i]);int d1 = sgn(a[i].y - p.y);int d2 = sgn(a[i + 1].y - p.y);if(k > 0 && d1 <= 0 && d2 > 0) ++wn;if(k < 0 && d2 <= 0 && d1 > 0) --wn;}if(wn != 0) return 1;return 0;
}int main() {
#ifdef LOCALfreopen("C:\\Users\\TaoSama\\Desktop\\in.txt", "r", stdin);
// freopen("C:\\Users\\TaoSama\\Desktop\\out.txt","w",stdout);
#endifios_base::sync_with_stdio(0);int kase = 0;while(scanf("%d", &n) == 1 && n) {for(int i = 0; i < n; ++i) a[i].read();int p, q; scanf("%d%d", &p, &q);a[n] = a[0];printf("Pilot %d\n", ++kase);if(isPointInPolygon(Point(0, 0)) == 0) {puts("The pilot is safe.\n");continue;}puts("The pilot is in danger!");printf("The secret number is %d.\n\n", (p - 1) * (q - 1) >> 1);}return 0;
}2015 重庆市赛 解题报告相关推荐
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