HDU 多校联合第三场

我发现已经无力吐嘈这几次的比赛了。。。这次蹭数据的少了许多，不过出题报告讲的那叫一个玄而又玄，完全没理解他要表达什么

http://page.renren.com/601081183/note/863771603?ref=minifeed&sfet=2012&fin=1&ff_id=601081183&feed=page_blog&tagid=863771603&statID=page_601081183_2&level=1

1001

数论题，当时根本就没想到，也不知道怎么证明。。。题解说A的所有质因子包含在B里边，原因是每一个某进制数都可以写成x = p1^k1 * p2^k2 * p3^k3.... (pi为素数)。所以当B包含A的所有质因子时，A进制数一定能被B进制表示。

关于怎么判断A的质因子在B里边。打一个sqrt(A)大小的素数表。A不断除掉小于等于sqrt(A)的质因子，并且判断这个质因子是否能被B整除。最后如果A剩下>sqrt(A)的质因子，同样判断这个数是否被B整除。（不可能出现>sqrt(A)的质因子个数多于1的情况。。。）

View Code

typedef long long LL;
const int eps = 1e-8;
const int inf = ~0u>>2;using namespace std;const int N = 1000000;int prime[1000000];
bool vis[1000010];
int cnt, ans;void init() {int i;LL j;CL(vis, true);for(i = 2; i <= N; ++i) {for(j = LL(i)*LL(i); j <= N; j += i)vis[j] = false;}cnt = 0;for(i = 2; i <= N; ++i)if(vis[i])  prime[cnt++] = i;
}bool solve(LL A, LL B) {for(int i = 0; i < cnt; ++i) {if(A%prime[i] == 0) {if(B%prime[i] != 0) return false;while(A%prime[i] == 0)   A /= prime[i];}if(prime[i] > A)    break;}if(A > 1)   return B%A == 0;return true;
}int main() {//freopen("data.in", "r", stdin);int t, cas = 0;LL A, B;init();scanf("%d", &t);while(t--) {cin >> A >> B;printf("Case #%d: ", ++cas);if(solve(A, B))   puts("YES");else    puts("NO");}return 0;
}

1003

这是我对题解最想吐嘈的题。。。你妹！c和k分不清楚吗？！到底是bi还是bj不知道吗！！！

吐嘈完毕-_-!

确实是个好题，把欢乐值当成费用，糖果个数当成流。

以下为转载内容：http://blog.csdn.net/cyberzhg/article/details/7815790

当快乐的程度超过b[i]时，多出来的部分就浪费了，为了使浪费尽可能少，我们用费用流加以控制，当获得最大费用最大流的时候，这是的费用的利用率就是最高的。

在建图时只需考虑特殊的糖就可以了，建图方法：

原点到每个糖：流为1，费用为0

如果糖对某个人有特殊效果，连边：流为1，费用为0

人向汇点连边：

　　最终快乐的程度不超过b[i]的情况：流为b[i]/k，限制这样的糖的数量，费用为k，因为特殊效果全部利用上了。

　　快乐程度超过b[i]的情况：流为1，限制流量不超过b[i]，费用为b[i] % k，因为多出来的快乐无效。当b[i] % k == 0时，这样的边没有必要。当b[i] % k == 1时，这时的糖和普通的糖无异，没必要连边。

ps：做这道题才发现以前的费用流模板是那么的水。。。Orz cyberzhg大神

View Code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <set>
#include <ctime>
#include <queue>
#include <map>
#include <sstream>#define CL(arr, val)    memset(arr, val, sizeof(arr))
#define REP(i, n)       for((i) = 0; (i) < (n); ++(i))
#define FOR(i, l, h)    for((i) = (l); (i) <= (h); ++(i))
#define FORD(i, h, l)   for((i) = (h); (i) >= (l); --(i))
#define L(x)    (x) << 1
#define R(x)    (x) << 1 | 1
#define MID(l, r)   (l + r) >> 1
#define Min(x, y)   x < y ? x : y
#define Max(x, y)   x < y ? y : x
#define E(x)    (1 << (x))
#define iabs(x)  ((x) > 0 ? (x) : -(x))typedef long long LL;
const int eps = 1e-8;
const int inf = ~0u>>2;using namespace std;const int N = 110;
const int M = N*N*2;int n, m, k;
int b[N], sumb;
int c[N][N];
int S, T;struct node {int from, to, cost, flow, next;   //
} g[M];int head[N], t;void init() {CL(head, -1); t = 0;
}void add(int u, int v, int f, int w) {g[t].from = u; g[t].to = v;  g[t].cost = w; g[t].flow = f;g[t].next = head[u]; head[u] = t++;g[t].from = v; g[t].to = u; g[t].cost = -w; g[t].flow = 0;g[t].next = head[v]; head[v] = t++;
}void build() {init();int i, j;S = 0; T = m + n + 1;for(i = 1; i <= n; ++i) {add(S, i, 1, 0);    //flow, cost;
    }for(i = 1; i<= m; ++i) {for(j = 1; j <= n; ++j) {if(c[i][j]) add(j, i + n, 1, 0);}}for(j = 1; j <= m; ++j) {add(j+n, T, b[j]/k, k);if(b[j]%k > 1) {add(j + n, T, 1, b[j]%k);}}
}int dis[N];
int pre[N];
bool vis[N];
queue<int> q;bool spfa() {while(!q.empty())   q.pop();CL(vis, 0);CL(dis, -1);CL(pre, -1);q.push(S); dis[S] = 0;vis[S] = true; pre[S] = -1;int u, v, w, i;while(!q.empty()) {u = q.front(); q.pop();for(i = head[u]; i != -1; i = g[i].next) {v = g[i].to;w = g[i].cost;if(g[i].flow && dis[v] < dis[u] + w) {dis[v] = dis[u] + w;pre[v] = i;if(!vis[v]) {vis[v] = true; q.push(v);}}}vis[u] = false;}return dis[T] != -1;
}int get_flow() {int tmp = T;int res = inf;while(pre[tmp] != -1) {res = min(res, g[pre[tmp]].flow);tmp = g[pre[tmp]].from;}tmp = T;while(pre[tmp] != -1) {g[pre[tmp]].flow -= res;g[pre[tmp]^1].flow += res;tmp = g[pre[tmp]].from;}return res;
}bool solve() {int Cost = 0, Flow = 0;while(spfa()) {Cost += dis[T];Flow += get_flow();}//printf("%d %d\n", Cost, Flow);//return Cost + n - Flow >= sumb;
}int main() {//freopen("data.in", "r", stdin);int t, i, j, cas = 0;scanf("%d", &t);while(t--) {CL(c, 0);CL(b, 0);sumb = 0;scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);for(i = 1; i <= m; ++i)     {scanf("%d", b + i); sumb += b[i];}for(i = 1; i <= m; ++i) {for(j = 1; j <= n; ++j) scanf("%d", &c[i][j]);}printf("Case #%d: ", ++cas);build();if(solve()) puts("YES");else    puts("NO");}return 0;
}

1004

对字符串添加，删除，更改。。。很明显的dp。。。数据不强，不用BK-Tree优化就可以过。。。

暴力+dp

View Code

int dif[20][20];
char dic[1600][20];
char tmp[20];
int len[1600];
int n, m;int solve(char* str1,char* str2, int x, int y) {int len1 = x;int len2 = y;CL(dif, 0);for (int a = 0; a <= len1; a++) {dif[a][0] = a;}for (int a = 0; a <= len2; a++) {dif[0][a] = a;}int temp;for (int i = 1; i <= len1; i++) {for (int j = 1; j <= len2; j++) {if (str1[i - 1] == str2[j - 1]) {temp = 0;} else {temp = 1;}dif[i][j] = min(dif[i - 1][j - 1] + temp, min(dif[i][j - 1] + 1, dif[i - 1][j] + 1));}}return dif[len1][len2];
}int main() {//freopen("data.in", "r", stdin);int t, i, y, l, cnt, cas = 0;scanf("%d", &t);while(t--) {scanf("%d%d", &n, &m);CL(dic, 0);CL(len, 0);for(i = 0; i < n; ++i) {scanf("%s", dic[i]);len[i] = strlen(dic[i]);}printf("Case #%d:\n", ++cas);while(m--) {scanf("%s%d", tmp, &y);cnt = 0;for(i = 0; i < n; ++i) {l = strlen(tmp);if(iabs(l - len[i]) > y)    continue;if(solve(dic[i], tmp, len[i], l) <= y)    cnt++;}printf("%d\n", cnt);}}return 0;
}

1005

思路是找节点数为 3的环。用dfs可以解决

开一个cnt[]记录每个节点的状态

cnt[i] = 0 表示i还未被访问过

cnt[i] = -1 表示跟i相连的所有子节点还没有被访问完，如果在访问它的所有字节点过程中又访问到它自己，说明有环。

cnt[i] = 1 表示跟i相连的所有子节点还被访问完。

用一个pos[]记录每个节点被访问的次序。如果dfs(u)时出现cnt[v] = -1的情况，则判断pos[u] 和pos[v]的距离是否为2.

View Code

const int N = 2048;struct node {int to;int next;
} g[N*N];char str[N][N];
int head[N], t;
int cnt[N];
int pot[N];
int np;
bool flag;void init() {CL(head, -1); t = 0;
}void add(int u, int v) {g[t].to = v; g[t].next = head[u]; head[u] = t++;
}void dfs(int cur) {cnt[cur] = -1;pot[cur] = np++;int i, v;for(i = head[cur]; i != -1; i = g[i].next) {v = g[i].to;if(cnt[v] == -1 && iabs(pot[cur] - pot[v]) == 2) {flag = true;return ;} else if(cnt[v] == 0)  {dfs(v);}}cnt[cur] = 1;
}int main() {//freopen("data.in", "r", stdin);int t, i, j, n, cas = 0;scanf("%d", &t);while(t--) {init();scanf("%d", &n);for(i = 0; i < n; ++i) {scanf("%s", str[i]);for(j = 0; j < n; ++j) {if(str[i][j] == '1')    add(i, j);}}CL(cnt, 0);CL(pot, 0);flag = false;np = 0;for(i = 0; i < n; ++i) {if(cnt[i] == 0)   dfs(i);if(flag)    break;}printf("Case #%d: ", ++cas);if(flag)    puts("Yes");else    puts("No");}return 0;
}

1006

很裸的线段树染色问题。。。比赛的时候gbx做的

View Code

const int N = 100010;struct node {int l, r;int col;
} tree[N<<2];int num[N*3], cnt;
int L[N], R[N], M[N];
int n, m;int find(int x) {int l = 0, r = cnt, mid;while(l <= r) {mid = MID(l, r);if(num[mid] == x)   return mid;else if(num[mid] > x)   r = mid - 1;else    l = mid + 1;}return -1;
}void creat(int t, int l, int r) {tree[t].l = l;tree[t].r = r;tree[t].col = 0;if(l == r)  return ;int mid = MID(l, r);creat(L(t), l, mid);creat(R(t), mid + 1, r);
}void push_down(int t) {if(tree[t].col != 0) {tree[L(t)].col += tree[t].col;tree[R(t)].col += tree[t].col;tree[t].col = 0;}
}void updata(int t, int l, int r) {if(tree[t].l >= l && tree[t].r <= r) {tree[t].col ++;return ;}push_down(t);int mid = MID(tree[t].l, tree[t].r);if(l > mid) updata(R(t), l, r);else if(r <= mid)   updata(L(t), l, r);else {updata(L(t), l, mid);updata(R(t), mid + 1, r);}
}int query(int t, int p) {if(tree[t].l == tree[t].r) {return tree[t].col;}push_down(t);int mid = MID(tree[t].l, tree[t].r);if(p > mid) return query(R(t), p);else    return query(L(t), p);
}void read() {scanf("%d%d", &n, &m);cnt = 0;for(int i = 0; i < n; ++i) {scanf("%d%d", &L[i], &R[i]);num[cnt++] = L[i];num[cnt++] = R[i];}for(int i = 0; i < m; ++i) {scanf("%d", &M[i]);num[cnt++] = M[i];}sort(num, num + cnt);
}int main() {//freopen("data.in", "r", stdin);int t, i, x, y, cas = 0;scanf("%d", &t);while(t--) {read();creat(1, 0, cnt);for(i = 0; i < n; ++i) {x = find(L[i]);y = find(R[i]);updata(1, x, y);}printf("Case #%d:\n", ++cas);for(i = 0; i < m; ++i) {x = find(M[i]);printf("%d\n", query(1, x));}}return 0;
}

1009

对于红蓝相间的块和单色的块分开讨论，单色块是很经典的最大子矩阵问题的变形，记录一下上界，左右边界，找最大面积。

红蓝相间的块直接dp，f[i][j]表示以i，j为右下角的最大正方形。tmp = min(f[i][j-1] , f[i-1][j]); f[i][j] = max(tmp + mp[i-tmp][j-tmp]， 1)

这个过程画画图就很清楚。因为tmp本身取的求实小的，那么>tmp的那一块肯定是红蓝相间的正方形。

View Code

const int N = 1010;int dp[N][N];
int mp[N][N];
int H[N], L[N], R[N];
int n, m, ans;
char str[N];void red_or_blue(int x) {    //单色int i, j;for(i = 1; i <= m; ++i) {H[i] = 0; L[i] = 1; R[i] = m;}int lm, rm;for(i = 1; i <= n; ++i) {lm = 1, rm = m;for(j = 1; j <= m; ++j) {if(mp[i][j] == x) {H[j]++;if(L[j] < lm)   L[j] = lm;} else {H[j] = 0; lm = j + 1; L[j] = 1; R[j] = m;}}for(j = m; j >= 1; --j) {if(H[j]) {if(R[j] > rm)   R[j] = rm;ans = max(ans, (H[j] + R[j] - L[j] + 1)*2);} else {rm = j - 1;}}}
}void red_and_blue() {     //相间色int i, j, x;for(i = 1; i <= n; ++i) dp[i][1] = 1;for(j = 1; j <= m; ++j) dp[1][j] = 1;for(i = 2; i <= n; ++i) {for(j = 2; j <= m; ++j) {dp[i][j] = 1;if(mp[i][j] == mp[i][j-1] ||mp[i][j] == mp[i-1][j] ||mp[i][j] != mp[i-1][j-1]) {continue;}x = min(dp[i-1][j], dp[i][j-1]);if(mp[i][j] == mp[i-x][j-x])  ++x;dp[i][j] = max(dp[i][j], x);ans = max(ans, dp[i][j]);}}ans <<= 2;
}int main() {//freopen("data.in", "r", stdin);int t, i, j, cas = 0;scanf("%d", &t);while(t--) {scanf("%d%d", &n, &m);CL(mp, 0);for(i = 1; i <= n; ++i) {scanf("%s", str + 1);for(j = 1; j <= m; ++j) {mp[i][j] = (str[j] == 'R');}}ans = 1;red_and_blue();red_or_blue(0);red_or_blue(1);printf("Case #%d: %d\n", ++cas, ans);}return 0;
}

1010

神题意

题意说明白了相信都会做

P(r)怎么求，

比如给出原字典串

(1)Apple iphone.com ipad.com

又给出搜索得到的串

(2)Apple gdfgd.com iphone.com ipad.com

P(i)表示：(2)串中，前i个串里边有j个串在字典串中包含，那么P(i) = 1.0*j / i;

AveP = sum(P[i])/num　　num表示(2)中有多少个串。

ans = sum(AveP)/n;

View Code

const int N = 10010;char dic[110][N];
char res[110][N];
string s;double getAveP(char* a, char* b) {map<string, int> mp;istringstream dic(a);istringstream res(b);int num = 0, cnt = 0, l = 0;double ret = .0;dic >> s;while(dic >> s)     mp[s] = 1, num++;res >> s;while(res >> s) {cnt++;if(mp[s] == 1) {l++;ret += double(l)/cnt;}}return ret/num;
}int main() {//freopen("data.in", "r", stdin);int t, n, i, cas = 0;scanf("%d", &t);while(t--) {scanf("%d\n", &n);for(i = 0; i < n; ++i)  cin.getline(dic[i], N);for(i = 0; i < n; ++i)  cin.getline(res[i], N);double ans = .0;for(i = 0; i < n; ++i) {ans += getAveP(dic[i], res[i]);}printf("Case #%d: %.6f\n", ++cas, ans/n);}return 0;
}

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