The 2020 ICPC Asia Macau Regional Contest
文章目录
- 前言
- D.Artifacts
- F. Fixing Networks
- L. Random Permutation
- 总结
前言
vp
D.Artifacts
题意：阅读理解，字符串中提取出来对应的数据直接处理就好。
coding
void solve()
{double ATK=0,Cirt=5,DMG=50,ATK_Rate=0;for(int i=1;i<=25;i++){string s,temp;getline(cin,s);int t=0;for(int j=0;j<(int)s.size();j++){if(s[j]=='+')break;t=j;}string s1,s2;s1=s.substr(0,t+1);s2=s.substr(t+2);double num=0;int flag=0;for(int k=0;k<(int)s2.size();k++){if(s2[k]=='%')break;else if(s2[k]!='.'&&!flag)num=num*10+(s2[k]-'0');else if(s2[k]=='.')flag=k;else num+=pow(0.1,k-flag)*(s2[k]-'0');}if(s1=="ATK")ATK+=num;else if(s1=="ATK Rate")ATK_Rate+=num;else if(s1=="Crit Rate"){Cirt+=num;if(Cirt>=100)Cirt=100;}else if(s1=="Crit DMG Rate")DMG+=num;else continue;}ATK=1500*(1+0.01*ATK_Rate)+ATK;printf("%.10lf\n",ATK*(1-0.01*Cirt)+ATK*(1+DMG*0.01)*Cirt*0.01);
}
F. Fixing Networks
题意：n个点,构造分成c个集合，并且每个点的度数为d的图。
问：能否构造？如果能，那么每个点连接的点是什么?
思路：
1.d=0时，单点集合n=c
2.d=1时，双点集合c=n/2
3.d>1时，如果能够构成，那么每个集合至少含有d+1个点(构成环),最多连接的边数为nd/2,那么能够构成的条件一定是c(d+1)<n&&(nd%2==0)
4.能够构成时，将c-1个构成完全图，剩余的点再进行顺时针同一方向旋转。
设m=n-(c-1)(d+1),取前m个点作为第c个图方便判断一些。
连接图时，类似这样按照一个方向进行连边，连接的是双向边，和相对的那个点开始连接。要注意的是，点数为奇数时会有两个点相对，那么从小的那个开始。
coding
void solve()
{ll n, c, d;scanf("%lld %lld %lld", &n, &d, &c);//特判完全图不是整数条边的情况和点数多了的情况if (((n * d) & 1) || (n < c * (d + 1))){printf("No");return;}//特判单点集合和只有一条边的集合if (d == 0){if (n == c){printf("Yes");}elseprintf("No");return;}else if (d == 1){if (n == c * 2){printf("Yes\n");for (int i = 1; i <= n; i++){if (i & 1)printf("%d\n", i + 1);elseprintf("%d\n", i - 1);}}elseprintf("No");return;}//特判都能够满足，就一定能够构成满足条件的情况//先构成c-1个完全图,剩下的点再进行链接printf("Yes\n");//完全图的点数为d+1,计算最后一个集合的点数int m = n - (c - 1) * (d + 1);vector<int> v[n + 1];//先连成环for (int i = 1; i <= m - 1;i++)v[i].push_back(i + 1), v[i + 1].push_back(i);v[1].push_back(m);v[m].push_back(1);//成环后度数-2int k = d - 2;for (int i = 1; i <= m;i++){int l = i + m/ 2;l %= m;if (l == 0)l = m;//一定记得只有奇数点时采才用加入这条边if(k&1)v[i].push_back(l);for (int j = 1; j <= k / 2;j++){l++;if (l > m)l = 1;v[i].push_back(l);v[l].push_back(i);}}for (int i = 1; i <= m;i++){sort(v[i].begin(), v[i].end());for(auto t:v[i])printf("%d ", t);printf("\n");}//c-1个完全图for (int i = 0; i < c - 1;i++){int l = i * (d + 1) + m + 1, r = (i + 1) * (d + 1) + m;for (int j = l; j <= r;j++){for (int k = l; k <= r;k++){if(j==k)continue;printf("%d ",k);}printf("\n");}}
}
L. Random Permutation
模拟
void solve(){double n;cin >> n;double a = 1;for(int i=1;i<=n;i++)a *= 1.0 * i;a *= a;double s = 1.0;for(int i=1;i<=n;i++)s *= 1.0 * n;double y = 1.0 * a / s;printf("%.20lf", y);
}
总结
待补：
A.fft
G.博弈
I.Nim游戏
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