清北学堂 2017-10-01

来源：互联网发布：同花顺云计算下载编辑：程序博客网时间：2024/05/16 04:48

Problem 1. alien
Input file: alien.in
Output file: alien.out
Time limit: 1s
Memory limit: 128M
小Y 最近正在接受来自X3 星球的外星人的采访。在那个星球上，每个人的名字都是一个正整数。
所有在这个星球上的居民都是相互认识的。两个这个星球上的人的友谊值可以⽤这样来计算: 先把两个人
的名字转换成二进制，然后把他们上下对齐排好，如果同一列的值相等，那么相应列的值就是0，否则的
话就是1，结果最后仍旧转换成十进制数。(即Xor 操作)
例如，两个人的名字是19 和10，他们的友谊值是25
这个星球的价值是这么计算的: 所有友情值的和。小Y 邀请你帮助他来计算这个值。

Input
输入文件第一行一个整数N, 表示这个星球上的总人数。
接下来N 行，每行一个正整数，表示每个居民的姓名。
Output
输出文件一行个整数，表示这个星球的价值。
Example

alien1.in

alien1.out

alien2.in

alien2.out

alien3.in

alien3.out

Scoring
• 对于40% 的数据，N<=5000。
• 对于70% 的数据，N<=100000。
• 对于100% 的数据，N<=1e6, 每个居民的姓名小于1e6。

解析：

大概就是每两个数按位或一下

but我没看懂标程

#include#include#includeusing namespace std;long long n,name[1000005];long long sum;int main(){//freopen("alien.in","r",stdin);//freopen("alien.out","w",stdout);scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&name[i]);for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=i+1;j<=n;j++)sum+=(long long)name[i]^(long long)name[j];cout<#include using namespace std;long long n,i,x,j,k,ans,a[32];int main(){//freopen("alien.in","r",stdin);//freopen("alien.out","w",stdout);cin>>n;for (i=1;i<=n;++i){scanf("%I64d",&x);j=0;while (x>0){j++;a[j]=a[j]+x%2;x=x/2;}if (j>k) k=j;}for (i=k;i>=1;--i)ans=ans*2+a[i]*(n-a[i]);cout< 
 
Problem 2. polyline
Input file: polyline.in
Output file: polyline.out
Time limit: 1s
Memory limit: 128M
有若干个类似于下面的函数:
定义n 个函数y1(x); :::; yn(x) 的对于任意x 的总和s(x) = y1(x) + ::: + yn(x)，很容易发现s(x) 的
图象是多段线组成。给你n 个函数，你的任务是找出s(x) 图象不等于180 度的角的个数。
Input
第一行一个整数n，表示函数的个数。
接下来n行, 每行包含两个空格隔开的整数ki; bi, 表示第i 个函数的参数。
Output
输出一行一个整数, 表示形成的多段线的图像中不等于180 度角的个数。
Example
polyline1.in
1
1 0
polyline1.out
1
polyline2.in
3
1 0
0 2
-1 1
polyline2.out
2
polyline3.in
3
-2 -4
1 7
-5 1
polyline3.out
3
Scoring
• 对于30% 的数据，n<=3000。
• 对于100% 的数据，1<=n<=1e5;-1e9<=ki; bi<=1e9。
 
解析：
图像只有x轴上半部分的图像
就是算一下斜率，看看与x轴夹角是否为180°
k==0的不起作用，可忽略不计
由于交点横坐标可能无法整除，因此可以
1.全部求完后判断差值是否<=1e-18，如果是，则ans--
2.让k、b分开存，约到最简比，然后看是否相同
 
#include<iostream>#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;int n,cnt=0;int k[100005],b[100005];long double p[100005];int main(){scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){int kk,bb;scanf("%d %d",&kk,&bb);if(kk){cnt++;k[cnt]=kk;b[cnt]=bb;p[cnt]=-(long double)b[cnt]/(long double)k[cnt];}}sort(p+1,p+1+n);int ans=cnt;for(int i=1;i<=cnt;i++)if(p[i]-p[i-1]<=-1e18) ans--;printf("%d",ans);return 0;}
 
Problem 3. roadwork
Input file: roadwork.in
Output file: roadwork.out
Time limit: 1s
Memory limit: 512M
现在有一条单个车道的路，两边会不断有车来，任意时刻路上只能有一个方向的车，每辆车速度相
同，同一方向的车必须在前⼀辆车上路3 秒后才能上路，可以在路⼜等待，不能超车，每个人在路口等
过其忍受范围后便会不高兴，现在请你安排过路顺序，使得不高兴的人数最少。
Input
第一行两个整数t 和n，代表有n 辆车，每辆车过桥时间为t 秒
下面n行，述每辆车，每行一个字符c，两个数字a 和r;
c=“E”或“W”代表方向，a 代表到达时间(秒)，r 代表最示忍受时间(秒，上路时间- a)，按到来顺序
给出，a 相同时以到来顺序为准。
Output
输出一行一个整数，代表最少发怒人数。
Example
roadwork1.in
8 3
W 10 0
W 10 3
E 17 4
roadwork1.out
roadwork2.in
100 5
W 0 200
W 5 201
E 95 1111
E 95 1
E 95 11
roadwork2.out
1
Scoring
• 对于100% 的数据，4<=t<=180; 1=<n<= 250; 0=< a < 86400; 0=<r<=3600
 
解析：
一道dp题
 
// Solution of problem Road Work// Time complexity: O(n^3)// Space complexity: O(n^3)// Author: Fredrik Svenssonf[i][j][k][0/1]temp=f[i][j][k][0/1]f[i+1][j][tk][0]=temp+3;if(temp+3<=r[i+1])tk=k;else tk=k+1;f[i][j+1][tk][0]=temp+t;if(temp+t<=r[i+1])tk=k;else tk=k+1;#include <cstring>#include <iostream>#include <string>#include <vector>#include <cstdio>using namespace std;#define MAX_N 350int resetValue = 123*MAX_N;const int maxTotalTime = 86400+MAX_N*3+2*MAX_N*180;struct Car{int arrival;int lastLeave;};vector<Car> toWest;vector<Car> toEast;int timeToPass;int dp[MAX_N+1][MAX_N+1][MAX_N+1][2]; // totalTime = dp[drivenEast][drivenWest][numIrritated][lastToWest=0,lastToEast=1]int calc(int drivenWest, int drivenEast, int numIrritated, int lastToEast){int &dpv = dp[drivenWest][drivenEast][numIrritated][lastToEast];if (dpv == 0x7f7f7f7f){if ((lastToEast ? drivenEast : drivenWest) == 0)dpv = maxTotalTime;else{const Car &myCar = (lastToEast ? toEast[drivenEast-1] : toWest[drivenWest-1]);if (lastToEast)--drivenEast;else--drivenWest;dpv = maxTotalTime;// Check with one less to the east and one less to the west.for (int dir = 0; dir < 2; ++dir){// Allow getting irritatedif (numIrritated > 0)dpv = min(dpv, calc(drivenWest, drivenEast, numIrritated-1, dir) + (dir == lastToEast ? 3 : timeToPass));// Not getting irritatedint myTime = calc(drivenWest, drivenEast, numIrritated, dir) + (dir == lastToEast ? 3 : timeToPass);if (myTime <= myCar.lastLeave)dpv = min(dpv, myTime);}if (dpv < maxTotalTime)dpv = max(myCar.arrival, dpv);}}return dpv;}int main(){freopen("roadwork.in","r",stdin);freopen("roadwork.out","w",stdout);int n;cin >> timeToPass >> n;for (int i = 0; i < n; ++i){string d;int maxStillTime;Car car;cin >> d >> car.arrival >> maxStillTime;car.lastLeave = car.arrival + maxStillTime;if (d == "W")toWest.push_back(car);else if (d == "E")toEast.push_back(car);elsereturn -1;}// Dynamic programming// Resetmemset(&dp[0][0][0][0], 0x7f7f7f7f, sizeof(dp));dp[0][0][0][0] = dp[0][0][0][1] = -3;//???// Runint numIrritated;for (numIrritated = 0; numIrritated <= n; ++numIrritated){int t = min(calc((int)toWest.size(), (int)toEast.size(), numIrritated, 0),calc((int)toWest.size(), (int)toEast.size(), numIrritated, 1));if (t < maxTotalTime)break;}cout << numIrritated << endl;return 0;}

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0 0