四川省第七届大学生程序设计竞赛-决赛 部分题解
来源:互联网 发布:产品过程矩阵 编辑:程序博客网 时间:2024/04/27 20:10
四川省第七届大学生程序设计竞赛-决赛
大队长拉一场个人赛训练手速思维个人能力,昨天赵sir要求集训室早上7点半签到,于是比赛就设置成了7点半开始,集训室小伙伴们匆匆从宿舍赶来,全场被我开的D题带歪榜?雾。。https://cn.vjudge.net/contest/198467#rank全场也就过了三道题,其他的一道读不懂,一道读错题,智商-500.
A - Easy Math
这道题可以多种解应该,犹豫了一下结果一血被春哥学姐抢走。。
题意:中文题不再赘述。
一个数开方要么无限循环小数,所以不可能加成整数,于是直接判断每个数是否是平方数即可。
while(~scanf("%d",&n)) { double sum=0; int flag=0; for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%lld",&a[i]); ll x=sqrt(a[i]*1.0); if(x*x!=a[i]) flag=1; } if(!flag) puts("Yes"); else puts("No"); }
B - Carries
题意和前天晚上某想飞挑战赛的一个题极像,于是读错题了。
赛后补题:给你n个数,求所有的(i,j,i<j)a[i]+a[j]的进位数之和。
关于进位,我们可以拆开算每一位的贡献,也就是个位数进位的情况,2位数相加进位,3位数相加进位......
枚举位数,然后每个数取余得到相应的位数,然后每个数找到对应的所需进位的数的差值以上有多少个统计即可,注意答案数据范围。
int n; while(~scanf("%d",&n)) { ll ans=0; for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); ll k=1; for(int j=1;j<=9;j++) { k*=10; for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=a[i]%k; sort(b+1,b+n+1); for(int i=1;i<=n;i++) ans+=n-(lower_bound(b+i+1,b+n+1,k-b[i])-b-1);//从i开始避免了重复计算的问题 } printf("%lld\n",ans); }
C - Censor
题意:给出一个敏感词,然后一个文本串,删除文本串中的敏感词汇,重复删除操作,输出最后的文本串。
注意串长5e6,一般要求O(len)的思路。开始以为省赛数据水,于是string瞎搞了一波,成功TLE然后全场扔一边了。
正解可以kmp,也可以前缀hash栈模拟,用模拟栈统计可能最终存在的字符,再用一个数组计算前缀hash值,如果栈顶的前lenA个字符的hash值等于A串的hash值,直接删除这些字符,复杂度O(len)。
const int N=5e6+10;ul base=27;char s1[N],s2[N],tmp[N];ul p[N],ha[N];void init(){ p[0]=1; for(int i=1; i<N; i++) p[i]=p[i-1]*base;}int main(){ init(); while(~scanf("%s%s",s1,s2)) { int len1=strlen(s1); int len2=strlen(s2); if(len1>len2) printf("%s",s2); else { ul has=0; ha[0]=0; int top=0; for(int i=0; i<len1; i++) has=has*base+(s1[i]-'a')+1; for(int i=0; i<len2; i++) { tmp[top++]=s2[i]; ha[top]=ha[top-1]*base+(s2[i]-'a')+1; if(top>=len1&&ha[top]-ha[top-len1]*p[len1]==has) top-=len1; } for(int i=0;i<top;i++) printf("%c",tmp[i]); } puts(""); } return 0;}
D - Vertex Cover
这道题可能是人品好吧,开场19min AC,结果成功带歪榜,导致全场最高三题的佳绩。
题意:n个点,m条无向边的图,选最少的点将点所连接的边涂色,求最少的点使得所有边都涂上色。
典型最小点覆盖,但这个模型并不是二分图,所以这个解决这个问题呢,于是开场不敢写,后来想着用hungary()试试,跑出来结果发现,对于普通无向图,求二分匹配,每条边都可能被计算两次,所以用跑出来的结果加一再除以2就是原图的最小点覆盖了。
int n,m,g[N][N];int linked[N],used[N];bool dfs(int u){ for(int i=1;i<=n;i++) if(!used[i]&&g[u][i]) { used[i]=1; if(linked[i]==-1||dfs(linked[i])) { linked[i]=u; return true; } } return false;}void hun(){ int ans=0; memset(linked,-1,sizeof(linked)); for(int i=1;i<=n;i++) { memset(used,0,sizeof(used)); if(dfs(i)) ans++; } pd((ans+1)/2);}int main(){// scanf("%d",&t); while(~scanf("%d%d",&n,&m)) { memset(g,0,sizeof(g)); int u,v; for(int i=1;i<=m;i++) { scanf("%d%d",&u,&v); g[u][v]=g[v][u]=1; } hun(); } return 0;}
E - Rectangle
这个题倒是不难,很快发现计算方法了,但手残打错了一个地方,debug了半天,成功丧失一血。
题意:给你n*m的方格,求周长不超过k的矩形有多少个。
思路:假如我们选取的举行是a*b的,且2*(a+b)<=k。那么选a的方案数有n-a+1种的,然后算出b的取值范围:min(m,k/2-a),同理对于b,方案数m-b+1,且构成一个等差数列,然后统计一波。
int n,m,k; while(~scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)) { if(n>m) swap(n,m); ll ans=0; k/=2; for(int i=1; i<=n; i++) { ll nn=n-i+1; ll mm=k-i; mm=min(mm,ll(m)); if(mm>0) ans+=(2*m-mm+1)*mm/2*nn; } printf("%lld\n",ans); }
I - Travel
全场卡了2个小时的一个题,其他的题也不会,但这个题倒是挺适合我也激发了我的兴趣。
题意:给你n个点,m条无向边,长度为a,其补图也为无向边,长度为b,n=1e5,求1到n的最短路。
很容易想到如果1和n直接由a相连,那么答案即:min(a,k*b),即在补图中找一条最短路。
如果不相连:ans=min(b,k*a),在正向图中找一条路径。
情况二很好考虑,直接dij+priority_queue<>,或者spfa()。
但情况一:由于补图边很多,所以建图求最短路是不可行的,对于这种问题也很容易想到用搜索去寻找路径,所以怎么搜索方式适合复杂度呢?
实话说,不会,赛后看题解,发现很多方法,都很神奇,这里引用:http://blog.csdn.net/lvshubao1314/article/details/48848319
两个set瞎搞,保证每个点最多入队一次。
const int N=1e5+10;int head[N],tot,n,m,a,b;struct Edge{ int to,next; ll w;} e[N*30];int vis[N];ll d[N];ll ans;void init(){ tot=0; memset(vis,0,sizeof(vis)); memset(head,-1,sizeof(head));}void add(int u,int v,int w){ e[tot].to=v,e[tot].next=head[u],e[tot].w=a; head[u]=tot++; e[tot].to=u,e[tot].next=head[v],e[tot].w=a; head[v]=tot++;}struct node{ int to; ll w; friend bool operator<(node a,node b) { return a.w>b.w; }};priority_queue<node>q;void dij(){ while(!q.empty()) q.pop(); for(int i=1; i<=n; i++) d[i]=(i==1)?0:INF; q.push(node {1,d[1]}); while(!q.empty()) { node tmp=q.top(); q.pop(); int u=tmp.to; if(vis[u]) continue; vis[u]=1; for(int i=head[u]; i+1; i=e[i].next) { int v=e[i].to; ll w=e[i].w; if(d[v]>d[u]+w) { d[v]=d[u]+w; if(!vis[v]) q.push(node{v,d[v]}); } } } ans=min(ll(b),d[n]); printf("%lld\n",ans);}void solve()//直接相连{ d[n]=INF; d[1]=0; set<int>s1,s2; while(!q.empty()) q.pop(); for(int i=2; i<=n; i++) s1.insert(i); q.push(node{1,d[1]}); while(!q.empty()) { node tmp=q.top(); q.pop(); int u=tmp.to; for(int i=head[u]; i+1; i=e[i].next) { int v=e[i].to; if(s1.count(v)==0) continue; s1.erase(v); s2.insert(v); } for(set<int>::iterator it=s1.begin(); it!=s1.end(); it++) { d[*it]=d[u]+1; q.push(node{*it,d[*it]}); } s1.swap(s2); s2.clear(); } printf("%lld\n",min(ll(a),d[n]*b));}int main(){ int u,v; while(~scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&a,&b)) { ans=INF; init(); for(int i=1; i<=m; i++) { scanf("%d%d",&u,&v); if((u==1&&v==n)||(u==n&&v==1)) ans=min(ans,ll(a)); add(u,v,a); } if(ans==INF) dij();//不相连 else solve(); } return 0;}
J - Right turn
看不懂题,不知所云,赛后发现是sb题。
直接引用一下别人博客吧:http://blog.csdn.net/a664607530/article/details/70815288
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