2015百度之星资格赛解题报告

来源：互联网发布：nginx阿里云绑定域名编辑：程序博客网时间：2024/06/06 12:33

1001 大搬家

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近期B厂组织了一次大搬家，所有人都要按照指示换到指定的座位上。指示的内容是坐在位置i上的人要搬到位置j上。现在B厂有N个人，一对一到N个位置上。搬家之后也是一一对应的，改变的只有位次。

在第一次搬家后，度度熊由于疏忽，又要求大家按照原指示进行了一次搬家。于是，机智的它想到：再按这个指示搬一次家不就可以恢复第一次搬家的样子了。于是，B厂史无前例的进行了连续三次搬家。

虽然我们都知道度度熊的“机智”常常令人堪忧，但是不可思议的是，这回真的应验了。第三次搬家后的结果和第一次的结果完全相同。

那么，有多少种指示会让这种事情发生呢？如果两种指示中至少有一个人的目标位置不同，就认为这两种指示是不相同的。

Case #1:1Case #2:4

题解：

递推：dp[i]=dp[i-2]*(i-1)+dp[i-1],即第i个可以不换位置，就有dp[i-1]种，也可以跟另i-1个组成二元组，每个有dp[i-2]种。

代码：

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;const int mod=1000000007;const int maxn=1000000+1000;long long dp[maxn];int main(){    int t,ca=1;    scanf("%d",&t);    dp[1]=1,dp[2]=2;    for(long long i=3;i<maxn;i++)    {        dp[i]=(dp[i-2]*(i-1)+dp[i-1])%mod;    }    while(t--)    {        int n;        scanf("%d",&n);        printf("Case #%d:\n",ca++);        printf("%I64d\n",dp[n]);    }    return 0;}

1002 列变位法解密
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Problem Description
列变位法是古典密码算法中变位加密的一种方法，具体过程如下 将明文字符分割成个数固定的分组（如5个一组，5即为密钥），按一组一行的次序整齐排列，最后不足一组不放置任何字符，完成后按列读取即成密文。
比如：
原文：123456789
密钥：4
变换后的矩阵：
123456789xxx
（最后的几个x表示无任何字符，不是空格，不是制表符，就没有任何字符，下同）
密文：159263748
再比如：
原文：Hello, welcome to my dream world!
密钥：7
变换后的矩阵：
Hello,welcome to my dream world!xx
密文：
Hw doeetrrlloellc adoomm!,my e w
实现一个利用列变位法的加密器对Bob来说轻而易举，可是，对Bob来说，想清楚如何写一个相应的解密器似乎有点困难，你能帮帮他吗？
Input
第一行一个整数T，表示T组数据。
每组数据包含2行
第一行，一个字符串s（1≤|s|≤1e5），表示经过列变位法加密后的密文
第二行，一个整数K（1≤K≤|s|），表示原文在使用列变位法加密时的密钥
输入保证密文字符串中只含有ASCII码在[0x20,0x7F)范围内的字符
Output
对于每组数据，先输出一行
Case #i:
然后输出一行，包含一个字符串s_decrypt，表示解密后得到的明文
Sample Input
41592637484Hw doeetrrlloellc adoomm!,my  e w7Toodming is best16sokaisan1
Sample Output
Case #1:123456789Case #2:Hello, welcome to my dream world!Case #3:Toodming is bestCase #4:sokaisan
题解：
   通过长度与k的关系来解密，自己模拟几遍就发现两者的关系了。
代码：
<span style="font-family:Menlo, Monaco, Consolas, Courier New, monospace;color:#333333;"><span style="font-size: 13px; line-height: 1.42857143; white-space: pre-wrap;">#include <iostream>#include <cstring>#include <cstdio>#include <algorithm>using namespace std;const int maxn=100000+100;char s[maxn];int main(){    int t,ca=1;    scanf("%d",&t);    getchar();    while(t--)    {        gets(s);        int n=strlen(s);        int k;        scanf("%d",&k);        getchar();        int cur=n/k;        int cnt=n%k;        if(cnt!=0)        cur++;        else        cnt=k;        printf("Case #%d:\n",ca++);        for(int i=0;i<cur;i++)        {            for(int j=i,l=0;j<n;)            {                printf("%c",s[j]);                if(l<cnt)                j=j+cur;                else                j=j+cur-1;                l++;                if(i==(cur-1)&&l==cnt)                break;            }        }        printf("\n");    }    return 0;}</span></span>


1003 IP聚合
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Problem Description
当今世界，网络已经无处不在了，小度熊由于犯了错误，当上了度度公司的网络管理员，他手上有大量的 IP列表，小度熊想知道在某个固定的子网掩码下，有多少个网络地址。网络地址等于子网掩码与 IP 地址按位进行与运算后的结果，例如：
子网掩码：A.B.C.D
IP 地址：a.b.c.d
网络地址：(A&a).(B&b).(C&c).(D&d)
Input
第一行包含一个整数T，（1≤T≤50）代表测试数据的组数，
接下来T组测试数据。每组测试数据包含若干行，
第一行两个正整数N（1≤N≤1000,1≤M≤50）,M。接下来N行，每行一个字符串，代表一个 IP 地址，
再接下来M行，每行一个字符串代表子网掩码。IP 地址和子网掩码均采用 A.B.C.D的形式，其中A、B、C、D均为非负整数，且小于等于255。
Output
对于每组测试数据，输出两行：
第一行输出: "Case #i:" 。i代表第i组测试数据。
第二行输出测试数据的结果，对于每组数据中的每一个子网掩码，输出在此子网掩码下的网络地址的数量。
Sample Input
25 2192.168.1.0192.168.1.101192.168.2.5192.168.2.7202.14.27.235255.255.255.0255.255.0.04 2127.127.0.110.134.52.0127.0.10.110.134.0.2235.235.0.01.57.16.0
Sample Output
Case #1:32Case #2:34


题解：
    map简单处理下就好了。
代码：
#include <iostream>#include <cstdio>#include <algorithm>#include <cstring>#include <set>#include <vector>#include <map>using namespace std;const int maxn=1100;int a[maxn];int b[maxn];int c[maxn];int d[maxn];map<long long,int> m;int main(){    int t;    scanf("%d",&t);    for(int te=1;te<=t;te++)    {        int N,M;        scanf("%d%d",&N,&M);        for(int i=0;i<N;i++)        {            scanf("%d.%d.%d.%d",&a[i],&b[i],&c[i],&d[i]);        }        printf("Case #%d:\n",te);        int A,B,C,D;        int ans;        long long temp;        for(int i=1;i<=M;i++)        {            m.clear();            ans=0;            scanf("%d.%d.%d.%d",&A,&B,&C,&D);            for(int j=0;j<N;j++)            {                temp=0;                temp=temp*1000+(a[j]&A);                temp=temp*1000+(b[j]&B);                temp=temp*1000+(c[j]&C);                temp=temp*1000+(d[j]&D);                if(!m[temp])                {                    ans++;                    m[temp]=1;                }            }            printf("%d\n",ans);        }    }    return 0;}


1004 放盘子
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Problem Description
小度熊喜欢恶作剧。今天他向来访者们提出一个恶俗的游戏。他和来访者们轮流往一个正多边形内放盘子。最后放盘子的是获胜者，会赢得失败者的一个吻。玩了两次以后，小度熊发现来访者们都知道游戏的必胜策略。现在小度熊永远是先手，他想知道他是否能获胜。
注意盘子不能相交也不能和多边形相交也不能放在多边形外。就是说，盘子内的点不能在多边形外或者别的盘子内。
Input
第一行一个整数T，表示T组数据。每组数据包含3个数n,a,r(4≤n≤100,0<a<1000,0<r<1000)
n是偶数，代表多边形的边数，a代表正多边形的边长，r代表盘子的半径。
Output
对于每组数据，先输出一行
Case #i:
然后输出结果.如果小度熊获胜，输出”Give me a kiss!” 否则输出”I want to kiss you!”
Sample Input
24 50 2.54 5.5 3
Sample Output
Case #1:Give me a kiss!Case #2:I want to kiss you!Hint
在第一组样例中，小度熊先在多边形中间放一个盘子，接下来无论来访者怎么放，小度熊都根据多边形中心与来访者的盘子对称着放就能获胜。


题解：
   除了放不下一个盘子，其他都为小度熊胜，原因嘛，，，这个，，，是直觉
代码：
#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#include <cmath>using namespace std;const double pi=acos(-1.0);int main(){    int t,ca=1;    scanf("%d",&t);    while(t--)    {        int n;        double a, r;        scanf("%d%lf%lf",&n,&a,&r);        a=a/2*cos(pi/n)/sin(pi/n);        printf("Case #%d:\n",ca++);        if(a<r)        {            printf("I want to kiss you!\n");        }        else        {            printf("Give me a kiss!\n");        }    }    return 0;}



1005下棋
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Problem Description
N∗M的棋盘上有一个受伤的国王与一个要去救援国王的骑士，他们每个单位时间必须同时移动一次寻找对方。如下图所示，黑色的图例表示国王（右）或骑士（左）当前所在的位置，那么灰色的位置表示在一次移动中他们可能到达的位置。国王伤势严重，因此他必须在K个单位时间内得到骑士的救援，否则会挂掉。问国王是否可以在K个单位时间内获得救援，如果可以，最短需要花多少个单位时间。
Input
第一行包含一个整数T,（1≤T≤50）代表测试数据的组数，接下来T组测试数据。
每组测试数据第一行包含三个整数N,M,K, 且2≤N,M≤1000, 1≤K≤200。第二行两个整数Xking,Yking，对应国王所在方格的坐标。第三行两个整数Xknight,Yknight，对应骑士所在方格的坐标。其中1≤Xking,Xknight≤N,1≤Yking,Yknight≤M,保证骑士与国王一开始不在同一个方格内且他们都可以移动。：
Output
对于每组测试数据，输出两行：
第一行输出："Case #i:"。i代表第i组测试数据。
第二行输出测试数据的结果，如果国王可以得到救援，则输出最快需要花多少个单位时间。否则，输出“OH,NO!”。
Sample Input
23 2 11 13 13 3 11 11 2 
Sample Output
Case #1:1Case #2:OH,NO!



题解：
   国王可以到的格子可以直接算出来，假如国王开始的位置是(x,y),则(i,j)位置最早在max(|x-i|,|y-j|),在此时刻后的任意时刻，它都可以到此位置，注意国王开始处的位置，在第2时刻才能到。想一下就可以理解，，，，骑士的需要bfs，并且可以记忆化，假如在第i时刻到达(x,y)，假如国王在此时刻也可到达，答案就是i，还有国王不能到达的，假如相差的时刻为偶数，就可在国王到的时刻相遇，是奇数，可让国王晚到1个单位时间。

代码：
#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <vector>#include <algorithm>#include <queue>using namespace std;const int maxn=1000+100;const int inf=0x7fffffff;int dir[8][2]= {{-1,-2},{-2,-1},{-2,1},{-1,2},{1,2},{2,1},{2,-1},{1,-2}};typedef struct node{    int x;    int y;} p;int n,m,k;int cnt[maxn][maxn];int ans[maxn][maxn];queue<p> q[2];int bbs(int x){    if(x<0)        return -x;    return x;}int dfs(){    int te=0;    int cur=inf;    p p1,p2;    memset(ans,-1,sizeof(ans));    for(int i=1; i<=k; i++)    {        while(!q[te].empty())        {            p1=q[te].front();            q[te].pop();            for(int j=0; j<8; j++)            {                p2.x=p1.x+dir[j][0];                p2.y=p1.y+dir[j][1];                if(p2.x>=1&&p2.x<=n&&p2.y>=1&&p2.y<=m)                {                    if(ans[p2.x][p2.y]==-1)                    {                        if(cnt[p2.x][p2.y]<=i)                        {                            return i;                        }                        else                        {                            ans[p2.x][p2.y]=cnt[p2.x][p2.y];                            if((cnt[p2.x][p2.y]-i)%2)                                ans[p2.x][p2.y]++;                            cur=min(cur,ans[p2.x][p2.y]);                            q[!te].push(p2);                        }                    }                }            }        }        te=!te;    }    return cur;}int main(){    int t,ca=1;    scanf("%d",&t);    while(t--)    {        scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);        p p1;        int x2,y2;        scanf("%d%d",&x2,&y2);        scanf("%d%d",&p1.x,&p1.y);        while(!q[0].empty())            q[0].pop();        q[0].push(p1);        while(!q[1].empty())            q[1].pop();        for(int i=1; i<=n; i++)        {            for(int j=1; j<=m; j++)            {                if(i==x2&&j==y2)                {                    cnt[i][j]=2;                }                else                {                    cnt[i][j]=max(bbs(i-x2),bbs(j-y2));                }            }        }        int ant=dfs();        printf("Case #%d:\n",ca++);        if(ant==inf||ant>k)        {            printf("OH,NO!\n");        }        else        {            printf("%d\n",ant);        }    }    return 0;}



1006单调区间
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  Submissions: 938
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Problem Description
百小度最近在逛博客，然后发现了一个有趣的问题。
如下图所示，是一个12位数014326951987, 它的数字先逐渐变大, 然后变小，再变大，接着变小，又变大，最后变小。我们就称，其共包含6个单调区间。
现在问题来了：一个n位数平均包含多少个单调区间？单调区间的平均长度又是多少？
因为我们考虑到这样的数样本太大，有10n这么多，所以百小度决定缩小样本，假定任意两位相邻数字不能相同，而且这个n位数允许以0开头。现在我已经将样本大小已经被缩小到10∗9n−1，接下来把这个问题交给你，请你开启大脑挖掘机，挖挖答案在哪里。
Input
第一行为T，表示输入数据组数。
下面T行，每行包含一个正整数n，n为不大于100000的正整数。
Output
对第i组数据，输出
Case #i:
然后输出两个实数，用空格隔开，分别为平均单调区间数和单调区间平均长度，结果保留六位小数。
Sample Input
2212
Sample Output
Case #1:1.000000 2.000000Case #2:8.037037 2.368664



看了这篇博客就理解了：点击打开链接
代码：
#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;int main(){    int t,n;    scanf("%d",&t);    for(int te =1;te<=t;te++)    {        scanf("%d",&n);        double ans1=1+((n-2)*19)*1.0/27.0;        double ans2=(46-38.0/n)*1.0/((19-11.0/n)*1.0);        printf("Case #%d:\n",te);        printf("%.6f %.6f\n",ans1,ans2);    }    return 0;}

0 0