ACM-HDOJ 2006 Asia Regional Shanghai

A-Acm Team Section

题意：

选拔参加ACM现场赛队伍的方式有三种：a、过题数至少是m道。b、在WF中排名前20。c、举办过当年的省赛。满足任意一个条件，该学校就可以获得一个名额，最多三个。

分析：

题意比较简单，但是有一点容易弄错的就是，三个条件中的每一个，每一个学校只能满足一次，也就是说即使某一个学校有两支队伍满足a条件，获得的名额也只算一个。

源代码：

#include <cstdio>#include <cstring>int data[105];int main(){//freopen("sample.txt", "r", stdin);    int s, t, m, cas=0;    while(~scanf("%d%d%d",&s,&t,&m) && (s+t+m))    {        int sum = 0;        memset(data, 0, sizeof(data));        for(int i=1; i<=s; ++i)        {            int a, b, c;            scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);            sum += b + c;                 // 判断b、c条件        }        for(int i=1; i<=t; ++i)        {            int a, b;            scanf("%d%d", &a, &b);            if(!data[a] && b>=m)          // 判断a条件                ++sum, ++data[a];        }        printf("Case %d: %d\n", ++cas, sum);    }}

B-Balancing the Scale

题意：

给出16个数字，求满足条件的排列方式有多少种，旋转、翻转相同的算作一种。

分析：

源代码：

C-Contestants

题意：

给出一张无向图，每个节点给定一个数，求将该图分成两个图后，它们各自节点上的数字之和的差的最小值是多少。

分析：

首先将图用邻接表保存下来，然后算出每个节点及其子节点上的数字之和并保存，最后遍历每个节点，更新最小值即可。

源代码：

#include <cstdio>#include <vector>#include <cmath>#include <algorithm>using namespace std;#define LL __int64const int MAXN = 100005;LL sum[MAXN], vis[MAXN];vector<int> edge[MAXN];void dfs(int u)  // 递归遍历图，计算后缀和{    vis[u] = 1;    for(int i=0; i<edge[u].size(); ++i)    {        int v = edge[u][i];        if(!vis[v])        {            dfs(v);            sum[u] += sum[v];        }    }}int main(){//freopen("sample.txt", "r", stdin);    int n, m, t=0;    while(~scanf("%d%d", &n,&m) && (n+m))    {        LL total = 0;        for(int i=1; i<=n; ++i)        {            vis[i] = 0;            edge[i].clear();            scanf("%I64d", &sum[i]);            total += sum[i];        }        for(int i=1; i<=m; ++i)  // 用邻接表保存无向图        {            int a, b;            scanf("%d%d", &a, &b);            edge[a].push_back(b);            edge[b].push_back(a);        }        dfs(1);        LL ans = total;        for(int i=1; i<=n; ++i)  // 更新答案，计算公式为（total-sum[i]）-sum[i]            ans = min(ans, abs(total-2*sum[i]));        printf("Case %d: %I64d\n", ++t, ans);    }    return 0;}

D-Distant Galaxy

题意：

给出一些点的坐标，求最大的点数，使得这些点都在一个矩形的边上。

分析：

点击打开链接

源代码：

E-Escape Plan

题意：

分析：

源代码：

F-False Perceptions

题意：

分析：

源代码：

G-Guarding Zion

题意：

分析：

源代码：

H-Harmony Forever

题意：

对于集合S，有两种操作：1、B X；2、A Y。B X代表将X加入集合S，并赋予X一个序号，代表它是第几个数；A Y代表从集合S中找出mod Y最小的数，输出的是该数的序号。

分析：

首先考虑暴力，复杂度也只有o(n)，就是直接将集合中的的所有数取模，然后取最小的就可以了，这样写下来发现同样的题目在不同的oj上会出现不同的结果，可能会超时。那如何优化呢？显然只能优化查询的时间，如果可以将复杂度由o(n)降到o(logn)就万事大吉了。联想到线段树的查询时间正是o(logn)的，所以考虑一下这道题能否使用线段树求解（点击打开链接）。首先，题目要求的是集合s中mod y的最小值的那个数据，但是我们又不能直接维护最小值，因为y是动态的，然后换个角度，考虑到x和y的范围是固定的，如果我们以它作为依据建立线段树，那么就可以查询范围最小值，即mod y的最小值，因为被除数越小余数也就越小，当然这是有条件的，那就是被除数应满足区间[m*y,(m+1)*y-1]，m=1,2,3...，并且在这个区间里，根据抽屉原理（点击打开链接），不可能出现两个相同的余数。这样一来，就成了分区间查询，每个区间的复杂度都是log(y)，总复杂度就是(s/y)*log(y)，显然当y越大，相对于o(n)来说越优化，而当y较小时反而增加了log级别的复杂度。

源代码：

#include<iostream>#include<stdio.h>#include<algorithm>#include<string.h>#include<vector>using namespace std;#define N 500000#define INF 100000000vector<int> vct;struct Nod{    int l, r;    int mins;}node[(N<<2)+10];int maxInput;int posArray[N+10];void building(int l,int r,int p){    node[p].l = l;    node[p].r = r;    node[p].mins = INF;    if(l == r) return ;    int mid = (l+r)>>1;    building(l, mid, p<<1);    building(mid+1, r, p<<1|1);}void update(int x, int p){    if(node[p].l>x || node[p].r<x) return;    if(node[p].l==node[p].r && node[p].l==x)    {        node[p].mins = x;        return;    }    update(x, p<<1);    update(x, p<<1|1);    node[p].mins = min(node[p<<1].mins, node[p<<1|1].mins);}int query(int l, int r, int index)  //找[l,r]区间的最小值{    if(node[index].l>r || node[index].r<l) return INF;    if(node[index].l>=l && node[index].r<=r) return node[index].mins;    if(node[index].l < node[index].r)        return min(query(l,r,index<<1), query(l,r,index<<1|1));    return INF;}int searchs(int y)  // 直接暴力判断{    int minAns=INF, id=0;    for(int i=vct.size()-1; i>=0; i--)    {        if(vct[i]%y == 0) return i+1;        if(vct[i]%y < minAns)        {            minAns = vct[i]%y;            id = i+1;        }    }    return id;}int solve(int y){    int l=0, r=y-1, minAns=INF, id, temp;    while(l <= maxInput)  // 利用鸽巢原理循环分区间查询    {        if(maxInput < r)  r = N;        temp = query(l, r, 1);        if(temp != INF)        {            if(temp%y < minAns)            {                minAns = temp%y;                id = posArray[temp];            }            else if(temp%y==minAns && posArray[temp]>id)            {                id = posArray[temp];            }        }        l += y;        r += y;    }    return id;}int main(){//freopen("sample.txt", "r", stdin);    int t, cas=1;    while(~scanf("%d",&t) && t)    {        building(0, N, 1);  // 以范围建树        char op[5];        maxInput = 0;        vct.clear();        if(cas != 1) printf("\n");        printf("Case %d:\n", cas++);        while(t--)        {            scanf("%s", op);            if(op[0] == 'B')            {                int x;                scanf("%d", &x);                if(maxInput < x)  maxInput = x;                vct.push_back(x);                posArray[x] = vct.size();                update(x, 1);  // 更新维护的最小值信息            }            else if(op[0] == 'A')            {                int y;                scanf("%d", &y);                if(vct.size() == 0) puts("-1");                else if(y <= 5000)  printf("%d\n", searchs(y));  // 当y较小时直接判断会更快                else printf("%d\n", solve(y));  // 查询信息            }        }    }    return 0;}

I-Interesting Yang Yui Triangle

题意：

求杨辉三角的第n+1行中不能被素数p整除的数的个数。

分析：

点击打开链接，然后可以算n的p进制的每一位ai，答案就是(a1+1)*(a2+1)*...*(ak+1)。

源代码：

#include <cstdio>#include <cmath>#include <algorithm>using namespace std;#define LL __int64const int MAXN = 1e9;int main(){//freopen("sample.txt", "r", stdin);    int p, n, t=0;    while(~scanf("%d%d",&p,&n) && (p+n))    {        int sum = 1;        for(int i=n; i>0; i/=p)  // 枚举每一位            sum *= i%p + 1;        printf("Case %d: %04d\n", ++t, sum%10000);    }    return 0;}

J-John's Canonical Difference Bound Matrices

题意：

分析：

源代码：