Codeforces Round #320 div2 题解

传送门： Codeforces Round #320 div2

A：Raising Bacteria

题意抽象一下是这样的，给出一个数n，开始时你有0个元素，每天，你都可以选择向其中加入若干个元素，每个元素每天都会一分为二，呈指数型增加。问你最少一共要加入多少个元素，才能保证在某一天你能恰好看到n个元素？

需要明确的细节有：①每个元素其实是孤立的，不管你是否是在某一天同时加入他们，每个元素只要是存在了t天，就会增殖为2^t个。②并没有限制天数，我们可以让元素增殖相当长的时间，以此减少我们投入的元素数目。③元素如果是在当天加入的，当天他们不增殖，只有到了第二天才会增殖。

这样就好写了，对于每个输入的n，我们只需要找他的二进制分解，用十进制的角度来说，我们先预处理所有的2^t值，记做q[t]，待查，接着，不断地寻找恰好比n小的q[t]，这里  恰好  的意思是，q[t]<n&&q[t+1]>n （这一点用于保证答案尽量小），然后从n中减去这个q[t]值，再次重复上述过程，直到最后，有两种情形：n==0直接输出答案，n==1，答案加一（这代表着最后一天我们加入一个元素进去，对应题中给的测试样例一）

code：

By skyword, contest: Codeforces Round #320 (Div. 2) [Bayan Thanks-Round], problem: (A) Raising Bacteria, Accepted, ##include<iostream>#include<algorithm>#include<cstdio>#include<queue>#include<cstring>#include<vector>#include<string>#include<cmath>#include<stack>//#define file#define inf 0x3f3f3f3f#define LL long long#define maxn 100010using namespace std;int a[33]={0};int x;void init(){    for(int i=0;i<=30;i++)    {        a[i]=1<<i;    }}int main(){    init();    scanf("%d",&x);    if(x==1)    {        printf("1\n");    }    else    {        int ans=0;        while(x>1)        {            for(int i=0;i<=30;i++)            {                if(a[i]<=x&&a[i+1]>x)                {                    x-=a[i];                    ans++;                    break;                }            }        }        if(x==1)            ans++;        printf("%d\n",ans);    }}

B：Finding Team Member

这个题意略复杂。有2n个人，要两两组队，第i个人和第j个人组队的value是G[i][j]=G[j][i]已知，对于任何两人，他们组队的前提是：在当前他们各自可选的人（即抛去已经组好队的人）当中，对方都是最佳选择（即与对方组队的value是尽可能最大的），问组队方案，输出每个人的队友。

表示比赛时大概想了一个思路，并且秉承着“div2的题不会涉及到很吊的算法应该暴力结合处理就能过”的思想去写了，然现在看来，似乎并不是很靠谱，但是过了。。

每次都是模拟，循环模拟过程，直到所有人组队成功。

By skyword, contest: Codeforces Round #320 (Div. 2) [Bayan Thanks-Round], problem: (B) Finding Team Member, Accepted, ##include<iostream>#include<algorithm>#include<cstdio>#include<queue>#include<cstring>#include<vector>#include<string>#include<cmath>#include<stack>//#define file#define inf 0x3f3f3f3f#define LL long long#define maxn 100010using namespace std;int G[805][805];int vis[805][805];int t[805];int ans;int n;int q;int main(){    scanf("%d",&n);    memset(vis,0,sizeof(vis));    memset(t,0,sizeof(t));    memset(G,0,sizeof(G));    bool check=false;    q=0;    for(int i=2; i<=2*n; i++)    {        for(int j=1; j<=i-1; j++)        {            scanf("%d",&G[i][j]);            G[j][i]=G[i][j];        }    }    while(!check)    {        q=0;        int m=-10;        int index=-1;        for(int i=1; i<=2*n; i++)        {            index=-1;            m=-10;            if(t[i])            {                continue;            }            for(int j=1; j<=2*n; j++)            {                if(j==i)continue;                if(t[j])continue;                if(G[i][j]>m&&(!vis[i][j]))                {                    m=G[i][j];                    index=j;                }            }            bool flag=true;            for(int k=1; k<=2*n; k++)            {                if(k==index)continue;                if((G[index][k]>G[index][i])&&(!t[k]))                {                    flag=false;                    break;                }            }            if(flag)            {                vis[i][index]=1;                vis[index][i]=1;                t[i]=index;                t[index]=i;            }        }        for(int i=1; i<=2*n; i++)        {            if(t[i]==0)q++;;        }        if(!q)check=true;        //for test        /*for(int i=1; i<=2*n; i++)        {            if(i==1)            {                printf("%d",t[i]);            }            else            {                printf(" %d",t[i]);            }        }        cout<<endl;        */        //for test    }    for(int i=1; i<=2*n; i++)    {        if(i==1)        {            printf("%d",t[i]);        }        else        {            printf(" %d",t[i]);        }    }    cout<<endl;}

C：A Problem about Polyline

又是一道数学题，对于给定的正值p，我们将确定两簇直线，

现在要求你确定尽量小的p值，使得给定的点(x,y)恰好落在这两簇直线上。

首先有几个点：若y>x，则必然无解，输出-1，原因很简单，所有的直线无论p值如何，都在直线y=x下方，因此y>x的点，绝不可能有解。

其次，若y=x，则p=x即为唯一答案，道理同上

再次，这两簇直线的最大值为p，这意味着p绝不可能小于y。

第四，若x可以被y整除，x是y的奇数倍，答案就是y了。

对于最一般的情况，就比如sample 3那种，相当于点(x,y)满足上面两组方程中的一个（或两个），整理得

需要让p尽量小，则需k尽量大，这是因为等号右边是定值。

所以对两式分别求最小的p，两个答案取较小者即可。

求的方法是：因为我们已知答案最小是y，且可以想象，这个最小值是可以无限逼近的，只是因为k为整数，才导致p有可能不能为y，因此直接代p=y，求k的整数值，再把这个k回带到式子里求p即可

表示这个题是我比赛中最得意的一道题，最开始想到二分查找去了，不过最后并没有这么写

By skyword, contest: Codeforces Round #320 (Div. 2) [Bayan Thanks-Round], problem: (C) A Problem about Polyline, Accepted, ##include<iostream>#include<algorithm>#include<cstdio>#include<queue>#include<cstring>#include<vector>#include<string>#include<cmath>#include<stack>//#define file#define inf 0x3f3f3f3f#define LL long long#define maxn 100010using namespace std;double x,y;double p,ans;double a,b;double m;int main(){    scanf("%lf%lf",&x,&y);    a=(x-y)/2;    b=(x+y)/2;    int tmp1,tmp2;    int t=x/y;    if(x>y&&((int)x%(int)y==0)&&(t%2))    {        printf("%.12lf\n",(double)y);    }    else    {        if(y<x)        {            int k;            k=a/y;            p=a/(double)k;            m=p;            k=b/y;            p=b/(double)k;            m=min(m,p);            p=m;        }        else if(x==y)        {            p=(double)x;        }        else        {            p=-1;        }        printf("%.12lf\n",p);    }}

D题还没想清楚，以后再更新吧。。

这轮打的不亏，由于之前太弱，这一次ABC全部1A，rating这个疯长啊，+170

是个好兆头，继续努力