2017.7.10 C组总结

NO.1

题目描述：一个十进制整数被叫做权势二进制，当他的十进制表示的时候只由0或1组成。当给定一个n的时候，计算一下最少要多少个权势二进制相加才能得到n。

思路：贪心
因为每一位最多为1，所以就求出最大的数字（每个位置上）

代码：

var  i,k,n,l,x,j:longint;     s:string;begin  assign(input,'a.in');  assign(output,'a.out');  reset(input);  rewrite(output);  readln(k);  for i:=1 to k do    begin      readln(n);      l:=0;      while n>0 do        begin          x:=0; inc(l);          str(n,s);          for j:=1 to length(s) do            if (s[j]='1')or(s[j]='0') then              begin                x:=x*10+ord(s[j])-48;              end            else x:=x*10+1;          n:=n-x;        end;      writeln(l);    end;  close(input);  close(output);end.

NO.2

题目描述： KC邀请他的两个小弟K和C玩起了数字游戏。游戏是K和C轮流操作进行的，K为先手。KC会先给定一个数字Q，每次操作玩家必须写出当前数字的一个因数来代替当前数字，但是这个因数不能是1和它本身。例如当前数字为6，那么可以用2,3来代替，但是1和6就不行。现在规定第一个没有数字可以写出的玩家为胜者。K在已知Q的情况，想知道自己作为先手能不能胜利，若能胜利，那么第一次写出的可以制胜的最小数字是多少呢？整个游戏过程我们认为K和C用的都是最优策略。

思路：数学
求出q的质因数的个数
这道题分为三种情况：
1：n为质数，writeln(1); write(0);
2：n为两个质数的乘积（两个质数可以相等），write(2)
3：n很复杂，则输出n最小的两个质因数（可以相等，即n=k*t*t， t为此质因数）的积

代码：

#include<cstdio>#include<cmath>using namespace std;long long x,q;int l=0;int main(){    freopen("num.in","r",stdin);    freopen("num.out","w",stdout);    scanf("%lld",&q);    x=q;    for (int i=2;i<=trunc(sqrt(q-0.1));i++) while (q%i==0) l++,q=q/i;    if (trunc(sqrt(q))==sqrt(q)) l++;    q=x;    if (l==0) printf("1\n0");    else if (l==1) printf("2");         else          {            x=1;            printf("1\n");            for (int i=2;i<=trunc(sqrt(q));i++)                while (q%i==0)                {                    x=x*i;                    q=q/i;                    if (x!=i)                     {                        printf("%lld",x);                        fclose(stdin);                        fclose(stdout);                        return 0;                    }                }         }    fclose(stdin);    fclose(stdout);    return 0;}

NO.3

题目描述：这n个山峰在一条直线上，每个山峰都有不同的高度，只知道这些山峰的相对位置。霍普可以将这些山峰左右移动但不能改变他们的相对位置（要保证两两山峰间距为整数且大于等于1）。霍普要从最矮的山峰开始跳，每次跳向第一个比现在她所在的山峰高的山峰，一共跳n-1次，由于能力有限，每次跳跃的水平距离小于等于d。
霍普想知道如何移动这些山峰，使得在可以经过所有的山峰并跳到最高的山峰上的基础下，又要使最矮的山峰和最高的山峰的水平距离最远，霍普要你求出最远的水平距离。如果无论如何也不能经过所有的山峰并跳到最高的山峰上，那么输出-1。

思路：最短路(SPFA)+排序
1、两个山峰之间水平距离至少为1(因为山峰不能再同一位置上)。
2、霍普每次最多跳d的水平距离。
对于第一个条件，对于两个相邻的山峰，相对位置（即输入顺序）大的向相对位置小的连一条-1的边。
对于第二个条件，对于两个高度排名相邻的山峰，相对位置小的向相对位置大的连一条d的边。
然后比较最高和最低的山峰，从相对位置小的那个山峰出发，跑一遍SPFA最短路，输出到相对位置大的山峰的距离。

代码：

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<iostream>#define fo(i,x,y) for(int i=x;i<=y;i++)using namespace std;struct A{int x,y;};int map[5010][2],last[1010],t[5010],n,m,dis[1010],dt[10000010],len,aa,bj[1010];A a[1010];bool bz[1010];bool cmp(A x,A y){if(x.x<y.x)return true;return false;}void add(int x,int y,int z){    map[++len][1]=y;    map[len][0]=z;    t[len]=last[x];    last[x]=len;}void spfa(){    memset(dis,127,sizeof(dis));    memset(bz,0,sizeof(bz));    memset(bj,0,sizeof(bj));    int st=0,en=1;    if(a[1].y<a[n].y)aa=1;else aa=n;    dt[1]=a[aa].y;    bz[a[aa].y]=true;    dis[a[aa].y]=0;    bj[a[aa].y]=1;    while(st<en)    {        st++;        int x=dt[st];        int c=last[x];        while(c!=0)        {            if(dis[map[c][1]]>dis[x]+map[c][0])            {                dis[map[c][1]]=dis[x]+map[c][0];                bj[map[c][1]]++;                if(bj[map[c][1]]<1000)                    if(!bz[map[c][1]])                    {                        bz[map[c][1]]=true;                        dt[++en]=map[c][1];                    }            }            c=t[c];        }        bz[x]=false;    }}int main(){    freopen("attack.in","r",stdin);    freopen("attack.out","w",stdout);    int tt;    scanf("%d",&tt);    fo(p,1,tt)    {        memset(t,0,sizeof(t));memset(last,0,sizeof(last));        memset(map,0,sizeof(map));len=0;        memset(a,0,sizeof(a));        scanf("%d%d",&n,&m);        fo(i,1,n)        {            scanf("%d",&a[i].x);a[i].y=i;            if(i!=1)add(i,i-1,-1);        }        sort(a+1,a+n+1,cmp);        fo(i,2,n) if(a[i].y<a[i-1].y) add(a[i].y,a[i-1].y,m);else add(a[i-1].y,a[i].y,m);        spfa();        aa=n+1-aa;        if(dis[a[aa].y]<=0)printf("-1\n");else        printf("%d\n",dis[a[aa].y]);    }    return 0;}

NO.4

题目描述： “尼伯龙根是一棵由n-1条高架路连起n 个地区的树，每一次Load，你都会重生在某一个地区。如果重生点是整个尼伯龙根的重心，也就是这个树的重心，那么你就能在最短时间内带诺诺逃脱啦。”
“对了，再给你一点方便咯，你可以选一条高架桥断掉，再连接另外两个地方，每次Load只能用一次技能，而又必须使整个它仍构成树形结构。你的Save点在这里，Load自然会恢复原始的尼伯龙根咯。”

思路：未写出，dalao说这题是提高+/省选
找到树的重心，询问x个点，去掉任意一条边，又连上任意两点，求出它能否成为树的重心
就可以找出重心的最大和次大子树，如果i在最大子树上，就将次大子树连上x，不然就将最大子树连上x，在判断这个点是否符合重心