La Salle-Pui Ching Programming Challenge 培正喇沙編程挑戰賽 2016 A~F

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La Salle-Pui Ching Programming Challenge 培正喇沙編程挑戰賽 2016 A~F
- A.Shuttle Bus
- B.Salt Trading
- C.Annoying Mathematics
- D.Archery
- E.Bacteria Experiment
- F.Anniversaries

A.Shuttle Bus

给定一个2*n的方格，从左上角开始走有些各自不能走，问能不能一次遍历所有能走的方格。
第一个点可以通过的条件：x同，则y的间距为奇数，x不同，则y的间距为偶数。
不是第一个点，上条件取非
如果最后一行全为教堂也可走完。

#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 5010
using namespace std;
struct pp
{int x,y;
}c[MAXN];
int n,m;
bool cmp(pp a,pp b)
{return a.x<b.x;
}
int main()
{while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF){for(int i=0;i<m;i++)scanf("%d%d",&c[i].y,&c[i].x);sort(c,c+m,cmp);bool flag=true;if(c[0].x%2==0&&c[0].y==2) flag=false;if(c[0].x%2==1&&c[0].y==1) flag=false;if(flag){for(int i=m-1;i>=1;){ if(c[i-1].x==c[i].x&&c[i].x==n)n--,i-=2,m-=2;else if(c[i-1].x==c[i].x&&c[i].x!=n){flag=false;break;}else i--;}}if(flag){for(int i=1;i<m;i++){if(c[i-1].y==c[i].y&&(c[i].x-c[i-1].x)%2==0){flag=false;break;}else if(c[i-1].y!=c[i].y&&(c[i].x-c[i-1].x)%2==1){flag=false;break;}}}if(flag) printf("Yes\n");else printf("No\n");}return 0;
}

B.Salt Trading

题意就是进了100货进口价1 要分配出口到三个地方给出三个地方的售价要求保证每一个地方的销售额都大于100
三个地方的售价是1到1000的实数保证只给两位小数给三个地方分配的货物可以以任意精度分配
算法模拟
解题
由题意推出要确保1/A+1/B+1/C<1,可用1/A+1/B+1/C<1-ε来判别,ε取到2×10-11左右以下即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;int main()
{double a,b,c;long long d,e,f,g;cin>>a>>b>>c;if(1/a+1/b+1/c<1-1e-12) cout<<"Yes";else cout<<"No";return 0;
}

C.Annoying Mathematics

题意求N个数于1…R中,他们的最小公倍数为K.
算法搜索
解题首先对K分解质因数.先求出1…R中最少的数使得其满足最小公倍数为K,将分解质因数得到的相同因子乘在一起.如K=60=22x3x5,先得到S={3,4,5}.而后再搜索可以把他减小的方案,其中若有两个数乘积小于等于R,可尝试将其乘起来,如R=12时,{3,4,5}可变为{5,12}.从而找到数的最小个数Min.若Min>N,则不能满足条件,若Min<N,则再通过分解出来的因子搜索小于R的K的因数.若因数不够,也不能满足条件.
程序（未通过）求大佬找错

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
inline long long read()
{long long kk=0,f=1;char cc=getchar();while(cc<'0'||cc>'9'){if(cc=='-')f=-1;cc=getchar();}while(cc>='0'&&cc<='9'){kk=(kk<<1)+(kk<<3)+cc-'0';cc=getchar();}return kk*f;
}
LL k,q,j,i,nv,nm,r,n,Min;
LL a[2100],b[2100],c[2100],d[2100],e[2100];
set<LL>s;
void dfs2(LL d[],LL nm)
{sort(d+1,d+1+nv);if ((d[1]*d[2]>r&&nm<Min)||nm==1){Min=nm;for(LL i=1;i<=nm;i++)c[i]=d[i];}else {for(LL i=2;i<=nm&&d[i]*d[1]<=r;i++){for(LL j=1;j<=nm-1;j++){if(j+1==i) e[j]=d[i]*d[1];else e[j]=d[j+1];}dfs2(e,nm-1);}}return;
}
void dfs(LL l,LL v,LL ss)
{LL temp=0;c[l]=v;if(s.size()>=n||ss>r) return;if (l>=nm) s.insert(ss);else for(LL i=0;i<=a[l+1];i++){if(temp) temp=temp*b[l+1];else temp=1;dfs(l+1,i,temp*ss);}return;
}int main()
{n=read();r=read();k=read();q=0; j=0; i=2;while(k>1){if(k%i) i++;else {k=k/i;if(i>q){j++;b[j]=i;q=i;c[j]=1;}c[j]=i*c[j];a[j]++;}}sort(c+1,c+1+j);if(c[j]>r) {cout<<"-1";return 0;}nm=j; Min=j;dfs2(c,j);if(Min>n) {cout<<"-1";return 0;}for(LL i=1;i<=Min;i++)s.insert(c[i]);LL temp=0;nm=j;for(LL i=0;i<=a[1];i++){if(temp) temp=temp*b[1];else temp=1;dfs(1,i,temp);}if(s.size()<n) {cout<<"-1";return 0;}for()return 0;
}

D.Archery

两个人比赛射箭，M为0分，x为10分，1_10为110分
先看分数，分多的赢，如果一样，看10与x，多的赢，如果依然一样，看x多的赢，再一样shoot-off

#include<bits/stdc++.h>
#define NMAX 0x7fffffff
using namespace std;
typedef long long LL;
inline long long read()
{long long kk=0,f=1;char cc=getchar();while(cc<'0'||cc>'9'){if(cc=='-')f=-1;cc=getchar();}while(cc>='0'&&cc<='9'){kk=(kk<<1)+(kk<<3)+cc-'0';cc=getchar();}return kk*f;
}
int main()
{int n=read();LL sc=0,shi=0,pl=0;for(int i=1;i<=n;++i){char cc=getchar();while(cc=='\n')cc=getchar();if(cc=='1'&&getchar()=='0'){shi++;sc+=10;}else if(cc=='X'){shi++;pl++;sc+=10;}else if(cc=='M');else sc+=cc-'0';}for(int i=1;i<=n;++i){char cc=getchar();while(cc=='\n')cc=getchar();if(cc=='1'&&getchar()=='0'){shi--;sc-=10;}else if(cc=='X'){shi--;pl--;sc-=10;}else if(cc=='M');else sc-=cc-'0';}if(sc>0)printf("Yuju");else if(sc<0)printf("Yerin");else {if(shi>0)printf("Yuju");else if(shi<0)printf("Yerin");else {if(pl>0)printf("Yuju");else if(pl<0)printf("Yerin");else printf("Shoot-off");}}}

E.Bacteria Experiment

看到这题第一个想法是看能不能还原成原来的树，可是当n越大，这两种树区别似乎越小，不太好处理。这题的关键在于概率。因为每次增加的节点是等概率的，所以应该根据某种特性判断树的形状，用某一个值作为判断初始状态的标准。
可以想到，如果将某一条边切开，节点相对多的那一边获得新节点的概率更大，良性循环最后的状态更可能是相对大的那一个。
如果将每一条边都这么处理，可以看出，L的平均差异大于R（因为L每次都是1比9，R则是1：9，2:8，3:7…这样子）
这种差异将导致，最后的结果L更倾向于差异大的树，R则倾向于差异小的树。所以可以根据最后的差异来判断，他起源的更可能是那种。如何表示差异的大小呢，可以想到几种平均值，显然，想要将差异最大化的体现可以选择平方平均数（顺便把开方取平均的过程去掉，这样差异更明显，这是一种解法）
贴一波大佬题解

题意大概是，初始有1棵固定10个点的树，分图上两个类型，菊花或者链，之后对这棵树重复990次加点操作，每次加的点，都等概率地连接到已有的节点。给你最后无标号的1000个点的树的结构，让你判断初始是菊花还是链，至多1000组，95%正确率算对。
抠了一下链连出菊花或者菊花连出链的概率，990次连完之后很容易两者都有。
题解是这么写的。
https://lscct.com/challenge/2016solution.pdf

挺抽象的，前置知识Polya urn model，意思大概是初始袋子里有一些蓝球和红球，每次随机摸出1个，然后放回2个同样的球，会造成原先就多的颜色越来越多。
在这题里的体现是，对于每一条边，看他左右两块子树的大小，比如大的那块的点的代表蓝球，小的那块的点代表红球，就能套上这个model，随机选点相当于拿球。经过990次加点之后，这两块的大小差距会被放大，越来越不平衡。初始菊花图所有的边都是极度不平衡的，初始链图的边更平衡一点，我们需要权衡最终的图的平衡度来区分。题解没说具体做法，参考了别人的度量方式，一棵树的平衡度=所有子树的平衡度之和+(该树size * (n - 该树size))²。越平衡的树，就有更多的size更接近n/2，平衡度就更大，因为题面说了标号是随机打乱的，任意取一个树根即可。
代码是错的，做了两天也没能改正确，希望有大佬可以帮忙改正

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
inline long long read()
{long long kk=0,f=1;char cc=getchar();while(cc<'0'||cc>'9'){if(cc=='-')f=-1;cc=getchar();}while(cc>='0'&&cc<='9'){kk=(kk<<1)+(kk<<3)+cc-'0';cc=getchar();}return kk*f;
}
list<int> k[1111];LL ru[1111],chu[1111],ti=0,num[1111];LL g1,g2,pj,t,n;
void add(int a,int b)
{k[a].push_back(b);k[b].push_back(a);
}
bool vis[1111];LL ans[1111];
void dfs(int x,int fa)
{ru[x]=++ti;num[ti]=x;list<int>::iterator it;for(it=k[x].begin();it!=k[x].end();++it){if(*it!=fa)dfs(*it,x);}chu[x]=ti;
}
void phd(int x,int fa)
{list<int>::iterator it;int si=chu[x]-ru[x];ans[x]=si*si*(n-si)*(n-si);for(it=k[x].begin();it!=k[x].end();++it){if(*it==fa)continue;phd(*it,x);ans[x]+=ans[*it];}
}
int main()
{t=read();n=read();for(int i=1;i<=n-1;++i){g1+=(n-i)*i*i*(n-i);g2+=(n-1)*(n-1);}pj=g1/2+g2/2;while(t--){for(int i=0;i<=n;++i)k[i].clear();for(int i=1;i<=n-1;++i){add(i,read());}list<int>::iterator it;dfs(0,-1);phd(0,-1);if(ans[0]>pj)printf("R\n");else printf("L\n");}
}

F.Anniversaries

输入一个日期问之后的2048天内有几个纪念日。
纪念日包括，100天纪念日，两个人的生日，周年纪念日
遍历一遍判断每一天是不是纪念日即可。核心是处理怎么从“今天”进入“明天”。
注意点有：
1.日期达到上限时日期归一，月份加一，月份达到上限时月份归一，年份加一。
2.注意闰二月，特别处理。

#include<bits/stdc++.h>
#define NMAX 0x7fffffff
using namespace std;
typedef long long LL;
inline long long read()
{long long kk=0,f=1;char cc=getchar();while(cc<'0'||cc>'9'){if(cc=='-')f=-1;cc=getchar();}while(cc>='0'&&cc<='9'){kk=(kk<<1)+(kk<<3)+cc-'0';cc=getchar();}return kk*f;
}
int sday,smon,syear,bday,bmon,gday,gmon;int cm[13]={0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
bool check(int d,int m)
{if(d==sday&&m==smon)return 1;if(d==bday&&m==bmon)return 1;if(d==gday&&m==gmon)return 1;return 0;
}
void doit(int &d,int &m,int &y)
{bool flag=0;if(y%4==0)flag=1;if(y%100==0)flag=0;if(y%400==0)flag=1;//flag判断是不是闰年d++;if(m==2&&flag)//闰年的二月有29天{if(cm[m]+1<d){m++;d=1;}}else if(cm[m]<d){m++;d=1;}if(m==13)m=1,y++;
}
int main()
{int day=read(),mon=read(),year=read();int spe=0;sday=day;smon=mon;syear=year;bday=read();bmon=read();gday=read();gmon=read();for(int i=1;i<=2048;++i){doit(day,mon,year);if(check(day,mon)||i%100==0)spe++;}cout<<spe;
}