XJOI奋斗群蒻蒟群群赛4 RANK排名3
- T1Arpa and a research in Mexican wave WA一次后AC
  - 题意
  - 分析过程
  - 给出题解
- T2Arpa and an exam about geometry 已AC
  - 题意
  - 分析过程
  - 给出题解
- T3Five Dimensional Points 已AC
  - 题意
  - 分析过程
  - 给出题解
- T4Little Elephant and LCM WA后两次已AC
  - 题意
  - 分析过程
  - 给出题解
- T5Polycarpus Dice WA后三次已AC
  - 题意
  - 分析过程
  - 给出题解
- 补群赛3 T5Bank Hackingn次WA后AC
  - 题意
  - 分析过程
  - 给出题解
- 蒻蒟总结

—>XJOI奋斗群（蒻蒟群）群赛4<— RANK排名3

T1：Arpa and a research in Mexican wave (WA一次后AC)

题意：

给你三个数，分别是人群的人数n，每次最大能站起的人数k，和询问的时间t。让你求在时间t的点，站起来的人数。

分析过程：

简单来说，就是把从第一个人站起开始到最后一个人坐下这段时间分为3段计算，第一段，当t<=k时，能站起来的人数就是t，当t在k和n之间时，能站起来的人数是k，当t大于n时，能站起来的人数就是n+k-t。

给出题解：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;long long int n,k,t,ans;
int main()
{cin>>n>>k>>t;if(t<=k)ans=t;else if(t>k&&t<=n)ans=k;else if(t>n)ans=n+k-t;cout<<ans;
}

T2：Arpa and an exam about geometry (已AC)

题意：

给你三个点a，b，c，问你能否寻找一个点和一个角度，使a转到b的位置，b转到c的位置。

分析过程：

因为这题是旋转，所以a，b，c，三点一定要共圆，所以先排除三点共线的情况。然后由于a要转到b，b要转到c，所以弧ab和弧bc的值要相等，换句话说，就是ab和bc的距离要相等，所以只要判断一下这个，就能够AC了。

给出题解：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;long long int ax,ay,bx,by,cx,cy;
double k1,k2,k3;
int main()
{long long int dis_ab,dis_ac,dis_bc,max_dis=-1;cin>>ax>>ay>>bx>>by>>cx>>cy;dis_ab=(ax-bx)*(ax-bx)+(ay-by)*(ay-by);k1=(double)(ax-bx)/(ay-by);dis_ac=(ax-cx)*(ax-cx)+(ay-cy)*(ay-cy);k2=(double)(ax-cx)/(ay-cy);dis_bc=(bx-cx)*(bx-cx)+(by-cy)*(by-cy);k3=(double)(bx-cx)/(by-cy);
//  cout<<dis_ab<<" "<<dis_ac<<" "<<dis_bc<<endl;if(k1==k2&&k2==k3)cout<<"No";else {if(dis_ab==dis_bc)cout<<"Yes";else cout<<"No";}return 0;
}

T3：Five Dimensional Points (已AC)

题意：

看起来很厉害的五维空间，实际上就是一个5n的矩阵。给你一个n，然后构建一个5n的矩阵。让你判断有哪些的点的角度是90°的，角度的计算方法题中已经给出了（这里也有点解释不清），并且输出每个点的向量值。

分析过程：

这题看起来很高能，什么五维空间，但实际分析起来，并不是特别难。先按照他的方法遍历每两个点之间的角度，如果角度为90°，ans就++，然后分别计算出每个好角度的向量值并输出。具体的判断两个点的角度的方法，只需用一个bool型数组，如果算出的值大于1，就返回0，其余的都返回1,（因为arc（0）=90°）。

给出题解：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long int  a[105][5];
int n,Ans,b[105];
bool check(int i)
{for (int j=1;j<=n;j++)for (int k=j+1;k<=n;k++)if (i!=j&&i!=k){ long long int tmp=0;for (int l=1;l<=5;l++) tmp+=(a[j][l]-a[i][l])*(a[k][l]-a[i][l]);if (tmp>0) return 0;}return 1;
}
int main()
{scanf("%d",&n);if (n>11){printf("0");}else{for (int i=1;i<=n;i++)for (int j=1;j<=5;j++)scanf("%I64d",&a[i][j]);for (int i=1;i<=n;i++){Ans+=b[i]=check(i);}printf("%d\n",Ans);for (int i=1;i<=n;i++)if (b[i]){printf("%d\n",i);}}
}

T4：Little Elephant and LCM (WA后两次已AC)

题意：

给你n个骰子，然后每个骰子有d[i]面，给你一个a，a表示这n个骰子所扔的点数和
然后问你，每一个骰子有多少个数不能投掷到。

分析过程：

对于一个骰子，先求出其余所有筛子能够得到的最大值之和和最小值之和，然后根据最大值之和、最小值之和就能求出每个骰子不可能出现的点数。
如果其余所有的骰子都取最小值1，则最小值之和为n-1，当前骰子应取x=A - (n - 1)，当前骰子的最大取值就是x，若d[i]>x, 则从x+1~d[i]之间的数都不会取到，共有d[i]-x个；如果其余所有的骰子都去最大值d[i]，则最大值之和为sum - d[i]，当前骰子的应取y=A - (sum - d[i])，最小取值就是y，若y > 0，则从1~y-1之间的数都不可能取到，共有y-1个；二者加起来就是最终的答案。

给出题解：

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 1000050
#define LL long long int
using namespace std;int main()
{LL n,ans;LL d[maxn];LL max_ans=0;cin>>n>>ans;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>d[i];max_ans=max_ans+d[i];}
//  cout<<max_ans<<endl;if(n==1)cout<<d[1]-1;else {for(int i=1;i<=n;i++) {d[i]=max((LL)0,d[i]-ans-1+n)+max((LL)0,ans-max_ans+d[i]-1);cout<<d[i]<<" ";}}return 0;
}

T5：Polycarpus’ Dice (WA后三次已AC)

题意：

给你一个数列a1，a2…，an，让你求在另一个数列b1，b2..，bn（bi满足1<=bi<=ai）中有几个序列的最大值和它的最小公倍数相同。

分析过程：

既然该序列的最小公倍数和它的最大值相同，则所有数都应该是最大值的因数，所以只要从最大数开始向1枚举，后面的数只能为它的因数，所以再列举最大数的因数，计算后面的数可以填的个数，再相乘，就能得到答案。

给出题解：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
long long int cnt[100000];
long long int powermod(long long int a,long long int b)
{long long int ans=1;while(b){if(b&1) ans=ans*a%mod;a=a*a%mod;b=b/2;}return ans;
}
int main()
{long long int n;long long int j;long long int ans=0,basic;cin>>n;for(int i=1; i<=n; i++){cin>>cnt[i];}sort(cnt+1,cnt+n+1);for(int i=1; i<=cnt[n]; i++){vector <int> a;for(j=1; j*j<=i; j++){if(i%j==0){a.push_back(j);if(j*j!=i) a.push_back(i/j);}}sort(a.begin(),a.end());int b,c=1;basic=1;for(j=1; j<a.size(); j++){b=lower_bound(cnt+1,cnt+n+1,a[j])-cnt;basic=basic*powermod(j,b-c)%mod;basic=basic%mod;c=b;}ans=(ans+basic*(((powermod(j,n-c+1)-powermod(j-1,n-c+1)+mod))%mod))%mod;}cout<<ans%mod;}

补：群赛3 T5：Bank Hacking（n次WA后AC）

题意：

给你n个银行以及n-1个电线，将两个银行互相连接，并且每个银行都有一定的实力值。用一条电线相连的两个银行称为相邻，用两条电线相连的两个银行称为半相邻。每当一个银行被黑掉时，相邻与半相邻的银行实力都会+1.

分析过程：

简单分析一下可知，黑掉第一个银行后，相邻的银行下一次会被黑掉，而半相邻的银行则是会变成相邻的银行。故选择第一个黑的银行后，相邻的银行实力会+1，其余的都+2。知道这个，题目就好懂了，只需判断最大数与最大数-1的个数，进行特判即可。

给出题解：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=1e9+10;
vector <int> a[1000000];
int str[10000000],x,y;
int main(){int n,m=-inf,temp;int cnt1=0,cnt2=0,cnt;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>str[i];m=max(m,str[i]);}for(int i=1;i<=n-1;i++){cin>>x>>y;a[x].push_back(y);a[y].push_back(x);}for(int i=1;i<=n;i++){if(str[i]==m){cnt1++;temp=i;}else if(str[i]==m-1)cnt2++;}if(cnt1==1){cnt=0;for(int i=0;i<a[temp].size();i++){if(str[a[temp][i]]==m-1) cnt++; }if(cnt==cnt2) cout<<m;else cout<<m+1;}else{bool flag=false;for(int i=1;i<=n;i++){int cnt=0;if(str[i]==m) cnt++;for(int j=0;j<a[i].size();j++){if(str[a[i][j]]==m) cnt++;}if(cnt==cnt1) flag=true;}if(flag) cout<<m+1;else cout<<m+2;}return 0;
}

蒻蒟总结：

今天距离AK还有一点距离，但比昨天要好一些了。最后一题已经有了较为成型的想法，但是还有一些细节没有注意到。但是今天的A B题刷的比较慢，随着训练的时间增长，对于简单题目的速度以及到位程度更加需要提升，不能把罚分浪费在这些简单的题目上。明天还是有比赛的，然而前几次的题目还有一题没有补完，今日的第五题也没有AC，明天要加倍努力了（或许只是周六不想跑圈罢了吧~）。

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