湖南工业大学个人选拔赛第一场 解题报告

Problem A 客户数量

　　可以得出将长度为 len的蛋糕切成 len段 1的，不管如何切，总花费都为 len*(len-1)/2

　　对于每个顾客,来到的时间st,以及需要的蛋糕长度k,则有一个终止时间ed = st+k*(k-1)/2

　　对每个顾客求出其服务终止时间，然后得到n个区间，将区间以终点排序，然后线性扫过去,用i的起点时间与前一个服务顾客

　　的终点时间比较即可。

　　时间复杂度 O( NlogN )

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<cassert>using namespace std;const int N = 1e5+10;typedef long long LL;const int Max = (int)(1e9);struct node{     LL st, ed, k;        bool operator < ( node tmp ) const{        if( ed == tmp.ed ) st > tmp.st;        return ed < tmp.ed;        }    void input(){        scanf("%lld%lld", &st, &k);            assert( st>=0 && st<=Max );        assert( k>=0 && k<=Max );        ed = st + k*(k-1)/2;    }}p[N];bool vis[N];int n;int main(){     freopen("2.in","r",stdin);    freopen("2.out","w",stdout);    while( scanf("%d",&n) != EOF ){         assert( n >= 0 && n <= 100000 );        int k, ans = 0;        int x, t;         for(int i = 0; i < n; i++)            p[i].input();        sort( p, p+n );        int idx = 0;        memset( vis, 0, sizeof(vis));        for(int i = 0; i < n; i++){             if( p[i].st >= idx ){                if( p[i].st == p[i-1].st && p[i].ed == p[i-1].ed ){                    continue;                }                vis[i] = 1;                idx = p[i].ed;                ans++;            }        }        printf("%d\n", ans );    }    return 0;    }

Problem B 最小整齐度

　　dp(i,j) 表示前i个单词，最后一行字符数量为j的，最小整齐度。其中最后一行不计算花费

　　则若已知 dp(i,j) 的情况下，添加第 i+1 个单词进来只会导致两种情况：

　　　　1，放于最后一行，不换行，此时不增加花费。

　　　　2，换行，此时花费增加 (M-j)^3

　　则状态方程为

　　　　情况一: dp( i, j+1+L_(i+1) ) = Min{ dp(i,j) }

　　　　情况二: dp( i, L_(i+1) ) = Min{ dp(i,j) + (M-j)^3 }

　　注意两种情况成立的 条件判定。

#include<cstdio>#include<cstring>#include<cstdlib>#include<cassert>#include<algorithm>using namespace std;#define cmp(x) (x)*(x)*(x)typedef long long LL;const LL inf = ~0llu>>1; LL dp[2][510];int L[2010];int n, m;void DP(){    memset( dp, 0xff, sizeof(dp) );//    for(int i = 0; i < m; i++) dp[0][i] = inf;    dp[0][0] = 0;    for(int i = 0; i < n; i++){        int cur = i&1, nxt = (i+1)&1;        for(int j = 0; j < m; j++) dp[nxt][j] = -1;         for(int j = 0; j < m; j++){            if( (dp[cur][j] != -1)   ){                 if( j == 0 ){                    int len = (j+L[i+1] == m )? 0 : j+L[i+1];                    if( dp[nxt][len] == -1 ) dp[nxt][len] = dp[cur][j];                    else dp[nxt][len] = min( dp[nxt][len], dp[cur][j] );                    }                else if( j+1+L[i+1] <= m ){                    int len = (j+1+L[i+1] == m) ? 0 : j+1+L[i+1];                    if( len < m ){                        if( dp[nxt][len] == -1 ) dp[nxt][len] = dp[cur][j];                        else dp[nxt][len] = min( dp[nxt][len], dp[cur][j] );                                            }                }                  if( j > 0 ){                    int k = (L[i+1] == m) ? 0 : L[i+1];                    if( dp[nxt][ k ] == -1 )                         dp[nxt][ k ] = dp[cur][j] + cmp(m-j);                    else                        dp[nxt][ k ] = min( dp[nxt][ k ], dp[cur][j] + cmp(m-j) );                }            }         }        //for(int j = 0; j < m; j++){        //    printf("%lld ", dp[nxt][j] );            //}     puts("");    }     LL ans = -1;    for(int i = 0; i < m; i++){    //    printf("%lld\n", dp[n&1][i] );        if( dp[ n&1 ][i] != -1 ){            if( ans == -1 ) ans = dp[n&1][i];            else ans = min( ans, dp[n&1][i] );            }     }    if(ans == -1) ans = 0;    printf("%lld\n", ans );}int main(){    freopen("2.in","r",stdin);    freopen("2.out","w",stdout);    while( scanf("%d%d", &n,&m) != EOF){        assert( n>=1 && n<=2000 );        assert( m>=1 && m<=500 );        for(int i = 1; i <= n; i++){            scanf("%d", &L[i] );            assert( L[i]>=1 && L[i]<=m );        }        DP();        }     return 0;    }

Problem C 最小覆盖点

　　我们可以令 每个区间的 [l,r] ，l 顶点为-1， r顶点为 +1， 则只有当 x < l or x >= r  时候 前缀和才会为0.

#include<stdio.h>#include<math.h>#include<string.h>#include<algorithm>#include<assert.h>using namespace std; const int N = 2e5+10;int t[N],n, m,ans;main(){     freopen("3.in","r",stdin);    freopen("3.out","w",stdout);    while(scanf("%d%d",&n,&m) !=EOF )    {        assert( n>=1 && n<=20000 );        assert( m>=1 && m<=50000 );        ans=0;        memset(t,0,sizeof(t));        int a, b, j = 0;        for(int i = 0; i < m; i++){            scanf("%d%d",&a,&b);            if( a > b ) swap(a,b);            assert( a>=1 && a<=n );            assert( b>=1 && b<=n );            t[a] += 1; t[b] -= 1;        }        for(int i = 1; i <= n; i++ )        {             j += t[i];            if( j == 0 ) ans++;        }        printf("%d\n",ans);    }    return 0;}

　　这样将时间复杂度将为 O(N)

　当然也可用用 线段树 or 树状数组 O( NlogN ) 的写法，同样能过

Problem D 1的数量 

组合数学, 通过计算 [1,n]区间数量解决.

　　　　假设n十进制表示位数为L,则通过统计长度为 L, L-1, ..., 1的数量来得出结果.　　　　

　　　　假设 n = a1,a2,a3,...,aL    // 十进制表示,其中a1为高位

　　　　一.当长度小于L, 假设其为 len = 1,2,...,L-1

　　　　　　则当前数 X = a1,a2,a3,...,a_len

　　　　　　因为 Length(X) < Length(N), 所以任意的X都小于N,

　　　　　　我们可以枚举 X中包含的1的个数,假设其为 K, 则 K = 0,1,2,...,len

　　　　　　这里考虑, 因为高位不能为0,而其它位可以为 0.

　　　　　　这里分两种情况:

　　　　　　　　1. a_1 为1,  则 a_2,..,a_len ,中有 k-1位取1, 有 n-k位不取1,

对于不取1的位置,其可以取(0,2,3,..,9) ,所以方案数为 C(n-1,k-1) * 9 ^ (n-k).

　　　　　　　　1. a_1 不为1, 则 a_2,...,a_len,中有 k个为取1, 有n-k位不取1,

对于不取1的位置, 若是a_1位置则只能取(2,3,..,9)共8种，而a_i ( i != 1 ) 则可以取( 0,2,..,9 )共9种,所以方案数位 8*9^(n-1-k)*C(n-1,k) 

　　　　　　而 k 的取值范围为 (0,1,2,..,len ) 

　　　　　　则总和为

　　　　　　　　　　    注意 k = len 则要单独计算因为没有 a_1不为1的情况。

　　　　二.当长度等于L

　　　　　　若当前数 X = a1,a2,a3,...,a_L

　　　　　　我们则一位一位处理, 当我们处理当 第i位, 则 (1,i-1)位 为1的数量为 cnt

　　　　　　若 a_i < 0 , 则当前数 X 要小于 N, 则当前位只能取0. 

　　　　　　若 a_i = 1 , 则当前数 X 要小于 N, 则当前位可以取0

　　　　　　　　　　则 X' = a_1,a_2,...,a_i = 0, a_(i+1)..., a_L  

　　　　　　　　　　此时, 对于 a_(i+1) ,..., a_L 位(共有L-i位)而言,取任意数都 会使 X' < N , 意味着都满足要求.

　　　　　　　　　　则我们可以通过枚举 此区间1的个数, 假设其为 k = 0,1,2,.., L-i 

　　　　　　　　　　则方案数为   (cnt+k)*C(L-i, k)*9^(L-i-k) 

　　　　　　若 a_i > 1 , 则当前数 X 要小于 N, 则当前位可以取 ( 0,1,2, ..., (a_i-1) )

　　　　　　　　　　这里其实和 a_i = 1 计算方式差不多, 只是要注意.

　　　　　　　　　　若我们取 a_i = 1, 则 1的位数统计的时候就要多一个 即 cnt+1+k

　　　　　　　　　　对于 a_i 不取 1, 则为  cnt+k ...

#include<cstdio>#include<cstring>#include<cstdlib>#include<algorithm>#include<map>#include<string>#include<cmath>#include<cassert>using namespace std;const int mod = 1e9+7;typedef unsigned long long LL;const LL Max = (LL)(1000000000000000000ll);LL C[20][20], fact[20];void init(){    for(int i = 0; i <= 18; i++)        C[i][0] = C[i][i] = 1;    for(int i = 2; i <= 18; i++ ){        for(int j = 1; j < i; j++)            C[i][j] = (C[i-1][j-1] + C[i-1][j])%mod;        }        fact[0] = 1;    for(int i = 1; i <= 18; i++) fact[i] = fact[i-1]*9%mod;}LL sum( LL x ){    LL res = 0;    if( x <= 0 ) return res;     int a[20], n = 0;    LL t = x; while( t ){ t/=10; n++; }    t = x;    for(int i = n; i >= 1; i-- ){        a[i] = t%10; t /= 10;    }     for(int L = 1; L <= n-1; L++ ){        res += L;        for(int k = 1; k < L; k++){            res += 1LL*k*( fact[L-k]*C[L-1][k-1] + 8LL*fact[L-1-k]*C[L-1][k] )%mod;        }    }//    printf("res = %I64u\n", res ); //Accepted    int c = 0;    LL tmp = res;    for(int i = 1; i <= n; i++){        if( a[i] == 1 ){            if( i > 1 ){                LL tmp = 0;                for(int j = 0; j <= n-i; j++){                    tmp += (c+j)*( C[n-i][j]*fact[n-i-j] );                        tmp %= mod;                 }                   res = (res+tmp)%mod;            }            c++;            }        else if( a[i] > 1 ){            LL tmp = 0;            for(int j = 0; j <= n-i; j++){                tmp += (c+1+j)*( C[n-i][j]*fact[n-i-j] );                    if( i == 1 ) tmp += (a[i]-2)*(c+j)*( C[n-i][j]*fact[n-i-j] )%mod;                else tmp += (a[i]-1)*(c+j)*( C[n-i][j]*fact[n-i-j] )%mod;                tmp %= mod;            }          //    printf("tmp = %I64u\n", tmp );            res += tmp; res %= mod;        }        } //    printf("add = %I64u\n", res+c - tmp ); // Wrong Answer  1248    return (res + c)%mod;}int main(){//    freopen("3.in","r",stdin);//    freopen("3.out","w",stdout);    init();     LL a , b;    while( scanf("%llu%llu", &a,&b) != EOF ){          if( a > b ) swap( a, b );        assert( a >= 1 && a <= Max );        assert( b >= 1 && b <= Max );        printf("%llu\n", (sum(b)-sum(a-1)+mod)%mod );      }    return 0;    }

Problem E

　　　　暴力枚举得到的组合情况 总共为 9！ = 3*10^6, 然后对于和适度可以边枚举边计算，然后优化掉比较的时间。

　　　　所以总时间复杂为 O( 9! ) = O( 10^6 )

　　　　

#include<stdio.h>#include<stdlib.h>#include<string.h>#include<assert.h>#define MIN(a,b) (a)<(b)?(a):(b)const int inf = 0x3fffffff;const int Mod = 1000000;const int Max = (int)(1e9);int g[15][15], a[15], n, len;int ans;int b[15];bool vis[10];void dfs( int num, int sum ){    if( sum > ans ) return;    if( num == len ){         if( sum < ans ) ans = sum;        return;    }        for(int i = 0; i < len; i++){        if( !vis[i]  ){             if( num == 0 ){                if( a[i] == 0 ) continue;                vis[i] = 1;                b[num] = a[i];                dfs( num+1, 0 );                vis[i] = 0;            }            else{ // num > 0                 if( sum + g[a[i]][b[num-1]] < ans ){                    vis[i] = 1;                    b[num] = a[i];                    dfs( num+1, sum+g[a[i]][b[num-1]] );                    vis[i] = 0;                    }            }        }        }} int main(){    freopen("4.in","r",stdin);    freopen("4.out","w",stdout);    int T, X;    scanf("%d", &T);    while( T-- ){        scanf("%d", &X );assert( X>=1 && X<=Max );        for(int i = 0; i < 10; i++)            for(int j = 0; j < 10; j++ ){                scanf("%d", &g[i][j] ); assert(g[i][j]>=0 && g[i][j]<=Mod);            }        ans = inf;len = 0;        int t = X;                while( t ){            a[len++] = t%10;            t /= 10;            }        memset( vis, 0, sizeof(vis) );        dfs( 0, 0 );        printf("%d\n", ans );    }        return 0;    }

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