2013ACM多校联合（2）

A:小Y做家教

简单的想法题。使用hash表或者是map存储所有数，然后从最小的数开始找从这个数开始的连续P倍数的个数X，那么需要删除的数的个数为X/2。

代码如下：

Problem A

B:小Y的难题Ⅰ

组合数学题，通过经典的一一对应原则推导出答案为N^(N-2)。http://wenku.baidu.com/view/2e1ab2757fd5360cba1adbba.html
Cayley定理在组合数学中的应用。

代码如下：

Problem B

#include <iostream>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <stdlib.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL M=1e9+7;
LL Pow( LL a, LL b)
{LL ans=1;while( b ){if( b&1 ){ans*=a;ans%=M;}a*=a;a%=M;b>>=1; }return ans;
}
int main( )
{LL N;while( scanf( "%lld", &N )!=EOF ){printf( "%lld\n", Pow( N, N-2 ) );}return 0;
}

C:小Y的逆袭

计算几何。该题一个简单的做法是先找出三个点的外心，然后用极坐标每次旋转72°生成剩下的点。

代码如下：

Problem C

#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <vector>
using namespace std;const double PI = acos(-1);struct point{double x,y;};
struct line{point a,b;};
vector<point>v;point p[3], cc;point intersection(line u,line v){point ret=u.a;double t=((u.a.x-v.a.x)*(v.a.y-v.b.y)-(u.a.y-v.a.y)*(v.a.x-v.b.x))/((u.a.x-u.b.x)*(v.a.y-v.b.y)-(u.a.y-u.b.y)*(v.a.x-v.b.x));ret.x+=(u.b.x-u.a.x)*t;ret.y+=(u.b.y-u.a.y)*t;return ret;
}point circumcenter(point a,point b,point c){line u,v;u.a.x=(a.x+b.x)/2;u.a.y=(a.y+b.y)/2;u.b.x=u.a.x-a.y+b.y;u.b.y=u.a.y+a.x-b.x;v.a.x=(a.x+c.x)/2;v.a.y=(a.y+c.y)/2;v.b.x=v.a.x-a.y+c.y;v.b.y=v.a.y+a.x-c.x;return intersection(u,v);
}double dist(point a, point b) {return sqrt(double( (a.x-b.x)*(a.x-b.x)+(a.y-b.y)*(a.y-b.y) ));
}bool cmp(point a, point b) {if (fabs(a.x - b.x) > 1e-6) {return a.x < b.x;} else {return a.y < b.y;}
}int main() {double R;point info;while (scanf("%lf %lf", &p[0].x, &p[0].y) != EOF) {v.clear();for (int i = 1; i < 3; ++i) {scanf("%lf %lf", &p[i].x, &p[i].y);}cc = circumcenter(p[0], p[1], p[2]);R = dist(p[0], cc);double phi = atan2(p[0].y-cc.y, p[0].x-cc.x); // 求出第一个点的角度for (int i = 0; i < 5; ++i) {info.x = R * cos(phi) + cc.x, info.y = R * sin(phi) + cc.y;v.push_back(info);phi += 72.0*PI/180.0;}sort(v.begin(), v.end(), cmp);for (int i = 0; i < 5; ++i) {int flag = 0;for (int j = 0; j < 3; ++j) {if (fabs(v[i].x - p[j].x) < 1e-6 && fabs(v[i].y - p[j].y) < 1e-6) {flag = 1;break;}}if (!flag) {printf("%.2f %.2f\n", v[i].x, v[i].y);}}}return 0;
}

D:Palindrome

动态规划。题意是求将一个串改造成回文串的最少花费。给出所有组成串的字母添加和删除的花费。设dp[i][j]表示[i,j]子串被改造成回文串的最少开销是多少。那么有动态规划方程：
dp[i][j] = min(dp[i+1][j] + cost[i], dp[i][j-1] + cost[j]); 其中cost[i] = min(add[i], del[i])存储删除和添加节点的较小的花费。如果str[i] == str[j]的话就多出一种选择dp[i-1][j-1]。

代码如下：

Problem D

#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>using namespace std;
int N, M, dp[2005][2005];
int cost[30];
char str[2005];int DP() {for (int i = 1; i < M; ++i) {for (int j = 1; j+i <= M; ++j) {int a = j, b = j + i, ll = str[a]-'a', rr = str[b]-'a';dp[a][b] = min(dp[a+1][b] + cost[ll], dp[a][b-1] + cost[rr]);if (ll == rr)dp[a][b] = min(dp[a][b], dp[a+1][b-1]);}}return dp[1][M];
}int main() {char s[5];int a, b;while (scanf("%d %d", &N, &M) == 2) {scanf("%s", str+1);for (int i = 1; i <= N; ++i) {scanf("%s %d %d", s, &a, &b);cost[s[0]-'a'] = min(a, b);}printf("%d\n", DP());}return 0;
}

E:小Y的难题Ⅱ

分解素因子，转换成M个球放到N个盒子模型，得出组合公式C(N+M-1, N-1),因为ai>1,既盒子不允许为空，所以求出总方案数后，减去盒子为空的情形。对于盒子为空的求解，通过假设至少一个盒子（C(N+M-1-1,M-1-1)），两个，直到N-1个，由容斥来解决重复问题。注意单个素因子，其次数可能会很大，所以C预处理要比较大，不然会RE。

代码如下：

Problem E

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<assert.h>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long LL;const int mod = 1e9+7;int b[21], a[1010], n, tot;
LL C[1100][1100];map<int,int>mp;void init(){for(int i = 0; i <= 1000; i++)C[i][0] = 1, C[i][i] = 1;for(int i = 2; i <= 1000; i++)for(int j = 1; j < i; j++)C[i][j] = (C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
}void deal(){mp.clear();for(int i = 0; i < n; i++){int tmp_max = (int)sqrt(1.*b[i]);int t = b[i];for(int j = 2; j <= tmp_max; j++){if( t%j == 0 ){if( mp.count(j) == 0 ) mp[j] = 0;int cnt = 0;    while( t%j == 0 ) (t/=j), cnt++;mp[j] += cnt;} }if( t > 1 ){if( mp.count(t) == 0 ) mp[t] = 1;else    mp[t]++;}    }int idx = 0;memset( a, 0, sizeof(a));for( map<int,int>::iterator it = mp.begin(); it != mp.end(); it++ )a[idx++] = it->second;tot = mp.size();
}
void solve(){LL ans = 0;for(int i = 0; i < n; i++){LL tmp = 1;for(int j = 0; j < tot; j++){    assert( (((n-1-i+a[j])>=0)&&(n-1-i+a[j])<=1000) );    tmp = tmp*C[ n-1-i+a[j] ][ n-1-i ]%mod;    }tmp = tmp*C[n][i]%mod;if( i&1 ) tmp = -tmp;ans = (ans+tmp+mod)%mod;}printf("%lld\n", ans);
}
int main(){init();int T;scanf("%d", &T);while( T-- ){scanf("%d", &n);for(int i = 0; i < n; i++)scanf("%d", &b[i] );deal();solve();}return 0;
}

F:War Ⅰ

并查集+最短路。通过并查集处理结盟的点，然后从集合中选择一个到目标点最短的距离输出。

代码如下：

Problem F

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>using namespace std;const int  inf = 0x7f7f7f7f;
const int MAXV = 1002;int UFS[MAXV];int Find(int x)
{return UFS[x]=(UFS[x]!=x?Find(UFS[x]):x);
}
void Union(int x,int y)
{UFS[Find(x)]=Find(y);
}char o;
int n,m,k,u,v,w,x,y,a[MAXV][MAXV];int main()
{while(scanf("%d %d %d",&n,&m,&k)!=EOF){memset(a,inf,sizeof(a));for(int i=0;n>i;i++){UFS[i]=i;}for(int i=0;m>i;i++){scanf("%d %d %d",&u,&v,&w);a[u][v]=min(a[u][v],w);}for(int z=0;n>z;z++){for(int i=0;n>i;i++){if(a[i][z]!=inf){for(int j=0;n>j;j++){if(a[z][j]!=inf){a[i][j]=min(a[i][j],a[i][z]+a[z][j]);}}}}}for(int i=0;k>i;i++){getchar();scanf("%c %d %d",&o,&x,&y);if(o=='I') Union(x,y);else{int ans=inf;for(int i=0;n>i;i++){if(Find(x)==Find(i)){ans=min(ans,a[i][y]);}}printf("%d\n",ans!=inf?ans:-1);}}}return 0;
}

G:War Ⅱ

二分枚举构图+二分匹配。该题想说明的就是A中的一个城市只能够对应B中的一个城市。先通过floyd求出任意城市之间的最短路，然后二分枚举构好A->B城市的二分图，然后使用匈牙利算法计算是否能够达到完全匹配。

代码如下：

Problem G

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <ctime>
#include <cassert>
using namespace std;const int MAX = 105;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int n, N, M, reca[MAX], recb[MAX];
int mp[MAX][MAX];
int marry[MAX];
char G[MAX][MAX];
char vis[MAX];void floyd() {for (int k = 0; k < n; ++k) {for (int i = 0; i < n; ++i) {if (mp[i][k] == INF || i == k) continue;for (int j = 0; j < n; ++j) {if (mp[k][j] == INF || j == k) continue;if (mp[i][j] > mp[i][k] + mp[k][j]) {mp[i][j] = mp[i][k] + mp[k][j];}}}    }
}bool path(int u)
{for (int i = 0; i < M; ++i) {if (!G[u][i] || vis[i])continue;vis[i] = 1;if (marry[i] == -1 || path(marry[i])) {marry[i] = u;return true;}}return false;
}void build(int lim) {memset(G, 0, sizeof (G));for (int i = 0; i < N; ++i) {for (int j = 0; j < M; ++j) {if (mp[reca[i]][recb[j]] <= lim) {G[i][j] = 1;}}}
}bool Ac() {int cnt = 0;memset(marry, 0xff, sizeof (marry));for (int i = 0; i < N; ++i) {memset(vis, 0, sizeof (vis));if (path(i)) {++cnt;}}return cnt == M;
}int bsearch(int l, int r) {int mid, ret;while (l <= r) {mid = (l + r) >> 1;build(mid);if (Ac()) {ret = mid;r = mid - 1;    } else {l = mid + 1;}}return ret;
}int main()
{while (scanf("%d", &n) == 1) {for (int i = 0; i < n; ++i) {for (int j = 0; j < n; ++j) {scanf("%d", &mp[i][j]);}}scanf("%d", &N);for (int i = 0; i < N; ++i) {scanf("%d", &reca[i]);--reca[i];}scanf("%d", &M);for (int i = 0; i < M; ++i) {scanf("%d", &recb[i]);--recb[i];}floyd();printf("%d\n", bsearch(0, 10000));}return 0;
}

H:War Ⅲ

法一：通过题目给定的关系不难知道a[i] = 3*a[i-1] + a[i-2] - 3*a[i-3]。假设要求第D天的口令，那么计算出a[D-1], a[D-2], a[D-3]就能够计算出a[D]，求出四个系数后，代入X便可求解答案了。这题D给的数据比较大，直接计算肯定会TLE，那么使用矩阵并加上快速降幂来计算就简单多了，将给定的b,c,d作为3*1的矩阵B{a[0], a[-1], a[-2]}^-1，矩阵A=
3 1 -3
1 0 0
0 1 0
作为递推矩阵，那么在B矩阵左边乘上D-1个A最后的结果就是{a[D-1], a[D-2], a[D-3]}^-1，D-1个A相乘就可以使用矩阵快速幂了。

代码如下：

Problem H

#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cassert>
using namespace std;typedef long long int64;
const int MOD = int(1e9)+7;
int a, b, c, d, D, X;int64 R[3][3] = {{3, 1, -3},{1, 0, 0},{0, 1, 0}
};struct Matrix {int64 mat[3][3];Matrix() {memset(mat, 0, sizeof (mat));}void unit() {memset(mat, 0, sizeof (mat));for (int i = 0; i < 3; ++i) {mat[i][i] = 1;}}void init() {memcpy(mat, R, sizeof (mat));}void show() const;friend Matrix operator * (const Matrix & a, const Matrix & b);friend Matrix pow(Matrix a, int b);
};void Matrix::show() const {for (int i = 0; i < 3; ++i) {for (int j = 0; j < 3; ++j) {printf("%d ", mat[i][j]);    }puts("");}
}Matrix operator * (const Matrix & a, const Matrix & b) {Matrix ret;for (int i = 0; i < 3; ++i) {for (int j = 0; j < 3; ++j) {for (int k = 0; k < 3; ++k) {ret.mat[i][j] += (a.mat[i][k] * b.mat[k][j]) % MOD;ret.mat[i][j] %= MOD;}}}return ret;
}Matrix pow(Matrix a, int b) {Matrix ret;ret.unit();while (b) {if (b & 1) {ret = ret * a;}a = a * a;b >>= 1;}return ret;
}int64 cal(int64 na, int64 nb, int64 nc, int64 nd) {int64 ini[4] = {1};for (int i = 1; i < 4; ++i) {ini[i] = (ini[i-1] * X) % MOD;}return ((na*ini[3])%MOD+(nb*ini[2])%MOD+(nc*ini[1])%MOD+(nd*ini[0])%MOD)%MOD;
}void solve() {Matrix mm; mm.init();mm = pow(mm, D-1);int64 na, nb, nc, nd;nb = ((mm.mat[0][0]*b)%MOD + (mm.mat[0][1]*c)%MOD + (mm.mat[0][2]*d)%MOD)%MOD;nc = ((mm.mat[1][0]*b)%MOD + (mm.mat[1][1]*c)%MOD + (mm.mat[1][2]*d)%MOD)%MOD;nd = ((mm.mat[2][0]*b)%MOD + (mm.mat[2][1]*c)%MOD + (mm.mat[2][2]*d)%MOD)%MOD;na = (3*nb)%MOD+nc-(3*nd)%MOD;printf("%d\n", int((cal(na, nb, nc, nd)+MOD)%MOD));
}int main() {while (scanf("%d %d %d %d", &a, &b, &c, &d) != EOF) {assert(a >= 0 && a <= 100);scanf("%d %d", &D, &X);solve();}return 0;
}

法二：根据表达式a[i] = 3*a[i-1] + a[i-2] - 3*a[i-3]，由于该表达式为常系数3阶齐次递推关系，因此设a[n] = r^n，代入方程求出特征根为-1,1,3，因此a[n]=A*(-1)^n+B*(1)^n+C*(3)^n，令a[0]=d,a[1]=c,a[2]=b求出A,B,C之后再根据通项公式求出D天后的系数。b,c,d是8的倍数保证了解三元一次方程组时不会出现分数。

代码如下：

Problem H

#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;typedef long long int64;
const int64 MOD = (int64)1e9 + 7;
int64 a, b, c, d, D, X;int64 _pow(int64 a, int64 b) {int64 ret = 1;while (b) {if (b & 1) {ret *= a;ret %= MOD;}b >>= 1;a *= a;a %= MOD;}return ret;
}int64 cal(int64 na, int64 nb, int64 nc, int64 nd) {int64 ini[4] = {1};for (int i = 1; i < 4; ++i) {ini[i] = (ini[i-1] * X) % MOD;}return ((na*ini[3])%MOD+(nb*ini[2])%MOD+(nc*ini[1])%MOD+(nd*ini[0])%MOD)%MOD;
}int main() {while (scanf("%lld %lld %lld %lld", &a, &b, &c, &d) != EOF) {scanf("%lld %lld", &D, &X);int64 A = (3*d-4*c+b)/8;int64 B = (3*d+2*c-b)/4;int64 C = (b-d)/8;a = (A * ((D+2) & 1 ? -1 : 1) + B + C * _pow(3, D+2)) % MOD;b = (A * ((D+1) & 1 ? -1 : 1) + B + C * _pow(3, D+1)) % MOD;c = (A * ((D) & 1 ? -1 : 1) + B + C * _pow(3, D)) % MOD;d = (A * ((D-1) & 1 ? -1 : 1) + B + C * _pow(3, D-1)) % MOD;printf("%lld\n", (cal(a, b, c, d)+MOD)%MOD);}return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/Lyush/archive/2013/03/30/2990715.html

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