JZOJ2017.08.16 C组
来源:互联网 发布:网络信号传输增强器 编辑:程序博客网 时间:2024/06/15 19:42
T1
题目描述
地图上有N 个城市,一只奶牛要从1 号城市开始依次经过N 个城市,最终到达N 号城市。但是这只奶牛觉得这样太无聊了,所以它决定跳过其中的一个城市(但是不能跳过1 号和N 号城市),使得它从1 号城市开始,到达N 号城市所经过的总距离最小每一个城市都有一个坐标,从城市(x1, y1) 到城市(x2, y2) 的距离为 |x1 - x2| + |y1 - y2|
输入
第一行一个数N,表示城市个数接下一行N 行每行两个数x,y,表示每个城市的坐标
输出
一行一个数ans, 使得它从1 号城市开始,跳过某一个城市,到达N 号城市所经过的总距离最小
思路:
水题,套公式,不解析。
代码
r a:array[-10..100011,1..2] of longint; //x,y:array[-10..100011] of longint; n,i,s,min,ans:longint;begin assign(input,'marathon.in'); assign(output,'marathon.out'); reset(input); rewrite(output); read(n); min:=maxlongint div 3; for i:=1 to n do begin read(a[i,1],a[i,2]); if i>1 then inc(s,abs(a[i-1,1]-a[i,1])+abs(a[i-1,2]-a[i,2])); end; for i:=1 to n do begin ans:=s-(abs(a[i,1]-a[i-1,1])+abs(a[i,2]-a[i-1,2])) -(abs(a[i,1]-a[i+1,1])+abs(a[i,2]-a[i+1,2])) +(abs(a[i-1,1]-a[i+1,1])+abs(a[i-1,2]-a[i+1,2])); if ans<min then min:=ans; end; write(min); close(input); close(output);end.
T2
题目描述
给出n 个数a1..an,求两个数相加的绝对值的最小值即求| ai + aj | (i 不等于j) 的最小值
输入
第一行一个数n接下一行n 个数a1..an
输出
一行一个数ans, 两个数相加的绝对值的最小值
思路:
用绝对值为关键字排序,比较相邻两个的绝对值,如果a[i]+a[i-1]<ans then ans=a[i]+a[i-1];
代码
uses math;var a:array[-10..1000011] of longint; ans,i,n:longint;procedure qsort(l,r:longint);var i,j,mid:longint;begin if l>=r then exit; i:=l; j:=r; mid:=abs(a[(i+j) div 2]); repeat while abs(a[i])<mid do inc(i); while abs(a[j])>mid do dec(j); if i<=j then begin a[0]:=a[i]; a[i]:=a[j]; a[j]:=a[0]; //b[0]:=b[i]; b[i]:=b[j]; b[j]:=b[0]; inc(i); dec(j); end; until i>=j; qsort(l,j); qsort(i,r);end;begin assign(input,'sum.in'); assign(output,'sum.out'); reset(input); rewrite(output); read(n); for i:=1 to n do read(a[i]); qsort(1,n); ans:=maxlongint div 3; for i:=1 to n-1 do begin ans:=min(ans,abs(a[i]+a[i+1])); end; write(ans); close(input); close(output);end.
T3
题目描述
给出n 个点,每个点都有一个坐标xi,这些点中一些点是白点,另外的是黑点,求满足以下两个条件的最长的线段的长度条件一:线段的左右端点都必须在给出的n 个点中条件二:给出的n 个点中,被这条线段所包含的点中黑点个数必须等于白点个数(包括左右端点)
输入
第1 行:一个整数n第2..n+1 行:每行一个整数xi,表示点的坐标,和一个字符(’G’ 表示黑点,’H’ 表示白点),中间用空格隔开,
输出
一行一个数,最长的线段的长度
思路:
前缀和。当你看到前缀和,你一定会想,这不是一个O(n^2)的做法吗?会TLE啊!那我们怎么把它优化成O(n)呢?不难发现,只要前缀和为0则可以更新答案,但也只能更新原点到当前点的答案那怎样更新中间的呢?其实只要删掉一段,使得当前点为0就行啦。进一步推理:统计前缀和最开始出现的地方就可以啦。
代码:
uses math;var a,b:array[-10..100011] of longint; c:array[-100011..100011] of longint; n,ans:longint;procedure qsort(l,r:longint);var i,j,mid:longint;begin if l>=r then exit; i:=l; j:=r; mid:=a[(i+j) div 2]; repeat while a[i]<mid do inc(i); while a[j]>mid do dec(j); if i<=j then begin a[0]:=a[i]; a[i]:=a[j]; a[j]:=a[0]; b[0]:=b[i]; b[i]:=b[j]; b[j]:=b[0]; c[0]:=c[i]; c[i]:=c[j]; c[j]:=c[0]; inc(i); dec(j); end; until i>=j; qsort(l,j); qsort(i,r);end;procedure init;var i,p,code:longint; st,c1:string;begin readln(n); for i:=1 to n do begin readln(st); p:=pos(' ',st); c1:=copy(st,p+1,1); val(copy(st,1,p-1),a[i],code); case copy(st,p+1,1) of 'G':inc(b[i]); 'H':dec(b[i]); end; end; qsort(1,n); for i:=2 to n do begin b[i]:=b[i-1]+b[i]; end;end;procedure main;var i,j:longint;begin a[0]:=0; b[0]:=0; for i:=1 to n do begin //if b[j]-b[i-1]=0 then ans:=max(ans,a[j]-a[i]); if c[b[i]]>0 then ans:=max(ans,a[i]-a[c[b[i]]+1]) else c[b[i]]:=i; end;end;begin assign(input,'fairphoto.in'); assign(output,'fairphoto.out'); reset(input); rewrite(output); init; main; write(ans); close(input); close(output);end.
T4
题目描述
农民约翰已经购买了订好Good Hooves keeping 杂志为他的奶牛,使他们有足够的材料看。不幸的是,最新一期载有关于如何煮完美的牛排的文章,而FJ 宁可他的奶牛没有看到一个相当不雅的文章(显然,这本杂志是需要更好的编辑监督的)。FJ 已采取所有文字从该杂志在10^6 个字符来创建长度字符串s。从此,他想删除一个子串T( 100个字符)来审查不当内容。要做到这一点,农民约翰找到S 中的出现的T 并将其删除。然后,他再次重复这个过程,删除第一次出现的T,一直持续到没有更多出现T 的S. 注意,删除一次出现的可能会创建一个新出现的T 是以前不存在的。请帮助审查完毕后,FJ 确定S 的最终内容。
输入
第一行将包含S第二行包含T,T 的长度最多是S 的长度,S 和T 的所有字符位小写字母(范围a..z)
输出
全部删除完成后的S。保证使得S 在删除过程中不会成为空
思路:
栈如果栈的长度>length(k)那么判断栈顶是否与k相同,如果相同则出栈
代码:
var st,s:ansistring; st1:array[0..1000011] of char; t,i,j,l:longint; b:boolean;begin assign(input,'censor.in'); assign(output,'censor.out'); reset(input); rewrite(output); readln(st); readln(s); t:=length(s); for i:=1 to length(st) do begin inc(l); st1[l]:=st[i]; if l>=t then begin b:=true; for j:=1 to t do if st1[l-t+j]<>s[j] then begin b:=false; break; end; if b then begin l:=l-t; //delete(st,l,3); end; end; end; for i:=1 to l do write(st1[i]); close(input); close(output);end.
阅读全文
1 0
- JZOJ2017.08.16 C组
- JZOJ2017.07.08 C组
- JZOJ2017.07.09 C组
- JZOJ2017.07.10 C组
- JZOJ2017.07.11 C组
- JZOJ2017.07.12 C组
- JZOJ2017.08.05 C组
- JZOJ2017.08.06 C组
- JZOJ2017.08.08 C组
- JZOJ2017.08.07 C组
- JZOJ2017.08.10 C组
- JZOJ2017.08.11 C组
- JZOJ2017.08.14 C组
- JZOJ2017.08.15 C组
- JZOJ2017.08.12 C组
- JZOJ2017.08.14 B组
- JZOJ2017.08.06 B组
- JZOJ2017.08.07 B组
- bzoj1831 [AHOI2008]逆序对(dp)
- 配置maven环境变量
- [BZOJ]2331: [SCOI2011]地板 插头DP
- SSE图像算法优化系列十:简单的一个肤色检测算法的SSE优化。
- 网络流初步——sap算法
- JZOJ2017.08.16 C组
- 科研情报分析产品
- HDU6127 Hard challenge【几何】
- Libevent-2.1.8源码分析——锁和线程
- 【JavaSE笔记】IO(四)字符流
- Canny边缘检测算法
- eth0未启动或找不到设备
- HDU 5893 List wants to travel
- poj3181(dp优化递推关系式)