qbxt国庆水题记day1

qbxt国庆水题记

day1

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//弱弱的我今天爆0了
//QAQ

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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口。
接下来 N 行，每行一个正整数，表示每个居民的姓名。
Output
输出文件一行一个整数，表示这个星球的价值。
Example

alien.in alien.out 2 25 19 10 3 12 7 3 5 5 84 9 13 1 9 6

Scoring

• 对于 40% 的数据，N ≤5000。
• 对于 70% 的数据，N ≤100000。
• 对于 100% 的数据，N ≤106, 每个居民的姓名小于 106。

解析
按位处理
统计每一位有多少1和0
然后根据1 ^ 0 = 1可以知 这一位的贡献为1和0的个数的乘积（乘法原理）
//QAQ表示看错了题思路完全错了

代码

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>using namespace std;const int maxn = 1000000 + 100;long long  n,j,k,x,a[maxn];int main() {    freopen("alien.in","r",stdin);    freopen("alien.out","w",stdout);    cin>>n;    for(int i = 1; i <= n; i++) {        scanf("%d",&x);        j = 0;        while(x > 0) {            j++;            a[j] = a[j] + x % 2;            x /= 2;        }        if(j > k) k = j;    }    long long ans = 0;    for(int i = k; i >= 1; i--) {        ans = ans * 2 + a[i] * (n - a[i]);    }    cout<<ans<<endl;    return 0;}

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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
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 ≤105, −109 ≤ki, bi ≤109。

由题可以得到
si = （k1 + k2 + …… + kn） * x + (b1 +　b2　+　……　bn)
所以如果不是180度，那斜率会改变
所以找拐点即可
但求斜率可能会卡精度，好像要开到1e-18才行，因为可以用分数表示
//当时想到了拐点，但想的太多导致出现了错误

斜率做法
代码

#include<iostream>#include<cstdio>#include<algorithm>#include<cmath>using namespace std;const int maxn = 100000 + 100;int n,ans,tot = 0;long long k[maxn], b[maxn];long double c[maxn];int main() {    freopen("polyline.in","r",stdin);    freopen("polyline.out","w",stdout);    cin>>n;    for(int i = 1; i <= n; i++) {        tot++;        cin>>k[tot]>>b[tot];        if(k[tot] == 0) tot--;        else c[tot] = -((long double) b[tot] / (long double) k[tot]);    }    if(tot == 0) {        cout<<0<<endl;        return 0;    }    sort(c+1,c+1+tot);    ans = tot;    for(int i = 2; i <= tot; i++) {        if(fabs(c[i] - c[i-1]) < 1e-18) {            ans--;        }    }    cout<<ans;    return 0;}

分数做法
代码

#include<iostream>#include<cstdio>#include<algorithm>#include<cmath>using namespace std;const int maxn = 100000 + 100;int n,ans,tot = 0;long long k[maxn], b[maxn];int vis[maxn];long double c[maxn];long long gcd(long long a, long long b) {    if(!b) return a;    gcd(b,a%b);}bool cmp(int i,int j) {    return k[i] * b[j] < k[j] * b[i];}int main() {    freopen("polyline.in","r",stdin);    freopen("polyline.out","w",stdout);    cin>>n;    for(int i = 1; i <= n; i++) {        long long ak,ab;        cin>>ak>>ab;        if(ak == 0) continue;        k[++tot] = -ab;        b[tot] = ak;        vis[tot] = tot;        if(b[tot] < 0) {            k[tot] = -k[tot];            b[tot] = -b[tot];        }        if(b[tot] == 0) {            b[tot] = 1;            continue;           }        long long g = gcd(abs(k[tot]),abs(b[tot]));        k[tot] /= g; b[tot] /= g;    }    sort(vis+1,vis+1+tot,cmp);    ans = tot;    for(int i = 1; i < tot; i++){        if(k[vis[i]] == k[vis[i+1]] && b[vis[i]] == b[vis[i+1]]){            ans--;        }    }    cout<<ans;    return 0;}

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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，可以在路口等待，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 代表最多忍受时间(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
0
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

//dp渣表示完全不懂，现场暴力也没写出来
只能送上std

代码

// Solution of problem Road Work// Time complexity: O(n^3)// Space complexity: O(n^3)// Author: Fredrik Svensson#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 irritated                if (numIrritated > 0)                    dpv = min(dpv, calc(drivenWest, drivenEast, numIrritated-1, dir) + (dir == lastToEast ? 3 : timeToPass));                // Not getting irritated                int 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);        else            return -1;    }    // Dynamic programming    // Reset    memset(&dp[0][0][0][0], 0x7f7f7f7f, sizeof(dp));    dp[0][0][0][0] = dp[0][0][0][1] = -3;    // Run    int 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;}