2020icpc上海（重温经典）
2020icpc上海（重温经典）
- 导语
- 涉及的知识点
- 题目
- B
- D
- G
- H
- I
- M
- 参考文献
导语
涉及的知识点
思维，几何，搜索
链接：第 45 届国际大学生程序设计竞赛（ICPC）亚洲区域赛（上海）（重现赛）
题目
B
题目大意：一个n×m的地图，每个格子要么有地雷要么为一个数字，该数字代表相邻格子中地雷的个数（相邻的定义为有一个顶点公共，即最多有八个相邻），现在给出两个地图A，B，
（规模都为n×m）现在最多可以修改B中⌊nm/2⌋\lfloor{nm/2}\rfloor⌊nm/2⌋个格子使得所有的数字之和与A相同，输出最后得到的B
思路：首先，题目一定有解，理由很简单，首先有个很简单的结论：A与A的反（即所有元素对应取反）的数字和相同，假设B到A需要X步，如果X小于等于⌊nm/2⌋\lfloor{nm/2}\rfloor⌊nm/2⌋，那么直接从B变到A即可，否则就变到A的反
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
string strs[1005];
string strs2[1005];
int a[8][2]= {{1,0},{1,1},{0,1},{-1,1},{-1,0},{-1,-1},{0,-1},{1,-1}};
int judge(int n,int m) {int ans=0;for(int i=0; i<n; i++)for(int j=0; j<m; j++)if(strs[i][j]!=strs2[i][j])ans++;return ans;
}
void print(int n,int m) {for(int i=0; i<n; i++) {for(int j=0; j<m; j++)printf("%c",strs[i][j]);printf("\n");}
}
void printfan(int n,int m) {for(int i=0; i<n; i++) {for(int j=0; j<m; j++)if(strs[i][j]=='.')printf("X");elseprintf(".");printf("\n");}
}
void solve() {int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);int k=n*m/2;for(int i=0; i<n; i++)cin>>strs[i];for(int i=0; i<n; i++)cin>>strs2[i];int base=judge(n,m);if(base<=k)print(n,m);elseprintfan(n,m);
}
int main() {int t = 1;while(t--)solve();return 0;
}
D
题目大意：有一个数轴，范围为[0,n][0,n][0,n]，数轴上有两个人，位置和速度为p1,v1,p2,v2p1,v1,p2,v2p1,v1,p2,v2，求出两人路程和能够覆盖数轴的最小时间
思路：一共有四种情况（p1<p2）
- p1与p2相向而行
- p1走完全程
- p2走完全程
- p1与p2相背而行，最后走完p1-p2，或者先走完p1-p2，再走完p1和p2
前三种都可以容易的推出结论式，至于为什么不考虑同向而行，因为同向而行所需要的时间必然小于相向而行，并且与对应同向者走完全程的时间是相等的
对于第四种，需要考虑两人在哪里相遇，即考虑是先相遇还是后相遇，相遇的点必然在p1p2之间，在这个区间内二分求得相遇点即可
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int t;
double n,p1,v1,p2,v2,ans;
bool judge(double pos) {double t1=(min(pos-p1,p1)+pos)/v1,t2=(min(p2-pos,n-p2)+n-pos)/v2;ans=min(ans,max(t1,t2));//这里t1,t2的最小值是不满足条件的，但最大值是满足条件的return fabs(t1-t2)>1e-11&&t1<t2;
}
int main() {scanf("%d",&t);while(t--) {cin >>n>>p1>>v1>>p2>>v2;if(p1>p2&&fabs(p1-p2)>1e-11) {//确保p1为左swap(p1,p2);swap(v1,v2);}ans=1e10;//初始化答案为无穷大ans=min(ans,max((n-p1)/v1,p2/v2));//相向而行ans=min(ans,(min(n-p1,p1)+n)/v1);//p1走完ans=min(ans,(min(n-p2,p2)+n)/v2);//p2走完double l=p1,r=p2;//相对而行，二分交点for(int i=0; i<1000; i++) {//进行多次二分确保精度double mid=(l+r)/2;if(judge(mid))l=mid;else r=mid;}printf("%.10f\n",ans);}return 0;
}
G
题目大意：略
思路：比较简单，与其求有多少个x*y偶数，不如求出有多少个奇数对，直接减去奇数对的个数
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;void solve() {ll n;scanf("%lld",&n);ll ans=n*(n-1)/2;ll chu=n/3;ll yu=n%3;ll tmp=0;if(yu==0)tmp=chu*2-1;else if(yu==1)tmp=chu*2;elsetmp=chu*2+1;ll kk=tmp*(tmp+1)/2;ans-=kk;printf("%lld\n",ans);
}
int main() {int t = 1;while(t--)solve();return 0;
}
H
题目大意：一个圆桌，有n个位置，等分分配，有k名客人坐在这n个位置上，有k盘菜分配在这n个位置上，为了使每个客人拿到一个菜，每次可以选择顺时针或逆时针旋转圆桌角度2π/n2\pi/n2π/n，客人遇到菜的时候要么拿走要么等下一个，求出能使每个客人拿到菜消耗的最小时间
思路：易证按照顺序来满足吃菜顺序可得最优解，具体证明可以画一个四个点的证一下或者参考文献
根据贪心的思路，将人与菜的位置进行排序，并且进行k次循环对应，判断当前顺序对应下得到的最优解是多少，对于当前顺序的求解，首先需要特判首尾两点，因为在实现首尾两点的对应关系的过程中，实际上已经实现了其余所有点的对应关系，之后再一 一判断当前点iii先顺时针满足1−i1-i1−i再逆时针满足i+1−ki+1-ki+1−k得到的时间，最后求解出最小值即可
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=1e4+10;
int t,n,k,a[maxn],v[maxn],b[maxn];
signed main() {ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cin >>t;while(t--) {cin >>n>>k;int ans=0x3f3f3f3f;for(int i=0; i<k; i++)cin >>a[i];//存人的位置for(int i=0; i<k; i++)cin >>b[i];//存菜的位置sort(b,b+k);//按照标号升序排列sort(a,a+k);for(int j=0; j<k; j++) {//尝试k种对应方式for(int i=0; i<k; i++)v[i]=(a[(i+j)%k]-b[i]+n)%n;sort(v,v+k);ans=min(ans,min(v[k-1],n-v[0]));//直接满足最远的点，该解一定可行for(int i=1; i<k; i++)ans=min(ans,min(v[i-1],n-v[i])+v[i-1]+n-v[i]);/*以当前对应求解，先顺时针转，使得1-i的到达，再逆时针转使得i+1-k到达*/}cout <<ans<<endl;}return 0;
}
I
题目大意：n个共圆心的圆，半径相差为1，m条线通过圆心将这n个圆平分，求所有交点之间的距离和
思路：
- 圆心到其余点的和，易得为∑i=1n2mr\sum_{i=1}^n2mr∑i=1n2mr，无圆心的话这一部分就不用考虑了
- 对于这一层上的距离和，以某点jjj为例，该点到达同一层的其余点kkk需要的距离（除对称点外）都要考虑走弧还是走两个半径，即min(2r,abs(j−k)×2πr/m)min(2r,abs(j-k)×2\pi r/m)min(2r,abs(j−k)×2πr/m)，累和加上对称点的距离可得一个点到其余点的距离和为2πr×(m−1)+2mr2\pi r×(m-1)+2mr2πr×(m−1)+2mr，多个圆可得∑i=1n2πr×(m−1)+2mr\sum_{i=1}^n2\pi r×(m-1)+2mr∑i=1n2πr×(m−1)+2mr
- 层与层之间的和可以由高层先到低层，再获得低层彼此之间的最小值即可，其余具体看代码
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double pi = acos(-1);
int n,m;
int main() {scanf("%d%d",&n,&m);double ans=0,point[1212],cir[1212],degree=pi/m;//最后结果,本层一个点到其余点距离和，本层某个点到本层和内部所有的距离和//m条线所成的角度ans+=(m>1)*n*(n+1)*m;//圆心到每个点的距离，大于1用来特判圆心for(int i=1; i<=n; i++) {//逐层进行for(int j=1; j<m; j++)//对于某点，假设为1，计算1到左半圆所有点的距离(除对称点)point[i]+=min(i*2.0,degree*j*i);//走弧还是半径point[i]*=2;//填补右半圆point[i]+=2*i;//加上对称点ans+=point[i]*m;//扩充到当前层每个点ans+=(cir[i-1]+(i-1)*2*m)*2*m;//计算本层圆通向内部的和，(i-1)*2*m是先前i-1层所有的点，2*m是本层的2*m个点cir[i]=cir[i-1]+(i-1)*2*m+point[i];//前缀和处理}printf("%.10f",ans);return 0;
}
M
题目大意：略
思路：题目的关键点是字符串的处理，需要设计一个虚拟的根节点，然后从根节点进行DFS获得每个节点的状况（是否需要保护）
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int maxn=2e4+10;
int head[maxn],cnt,n,m;
bool vis[maxn],val[maxn];
struct node
{int to,next;
} e[maxn];
void Add(int to,int from)
{e[++cnt].to=to;e[cnt].next=head[from];head[from]=cnt;
}
bool DFS1(int u)
{bool flag=1,make=0;vis[u]=1;for(int i=head[u]; i; i=e[i].next){int v=e[i].to;if(vis[v])continue;flag&=DFS1(v);make=1;}if(!make)return val[u];return val[u]=flag;
}
int DFS2(int u)
{if(val[u]&&u!=1)return 1;vis[u]=1;int ans=0;for(int i=head[u]; i; i=e[i].next){int v=e[i].to;if(vis[v])continue;ans+=DFS2(v);}return ans;
}
void solve()
{unordered_map<string,int>mp;ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cin >>n>>m;int id=1,pre=-1;memset(head,0,sizeof(head));memset(vis,0,sizeof(vis));memset(val,0,sizeof(val));cnt=0;for(int i=1; i<=n; i++){string s,tmp="";cin >>s;int len=s.length();pre=1;for(int j=0; j<len; j++){tmp+=s[j];if(s[j]=='/'){if(mp[tmp]==0){mp[tmp]=++id;Add(pre,id);Add(id,pre);}pre=mp[tmp];}}mp[s]=++id;val[id]=1;Add(pre,id);Add(id,pre);}for(int i=1; i<=m; i++){string s,tmp="";cin >>s;int len=s.length();pre=1;for(int j=0; j<len; j++){tmp+=s[j];if(s[j]=='/'){if(mp[tmp]==0){mp[tmp]=++id;Add(pre,id);Add(id,pre);}pre=mp[tmp];}}mp[s]=++id;Add(pre,id);Add(id,pre);}DFS1(1);memset(vis,0,sizeof(vis));cout <<DFS2(1)<<endl;
}
int main()
{int t;scanf("%d",&t);while(t--){solve();}return 0;
}
参考文献
- 2020ICPC(上海) - Walker(分类讨论+二分)
- 第 45 届国际大学生程序设计竞赛（ICPC）亚洲区域赛（上海）H Rice Arrangement —— 枚举，思维，有丶东西
- 第 45 届国际大学生程序设计竞赛（ICPC）亚洲区域赛（上海） > 题解讨论
- 2020上海ICPC H Rice Arrangement（乱搞，思维）
- 2020ICPC上海 H. Rice Arrangement
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