第六届福建省大学生程序设计竞赛（FZU2212—FZU2221）
来源：互联网 发布：ncuts算法 编辑：程序博客网 时间：2024/05/10 08:37
Super Mobile Charger
题目链接：
http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=2212
解题思路：
水题。
AC代码：
#include <iostream>#include <cstdio>#include <algorithm>using namespace std;int a[105];int main(){ int T; scanf("%d",&T); while(T--){ int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i = 0; i < n; ++i){ scanf("%d",&a[i]); a[i] = 100-a[i]; } sort(a,a+n); int cnt = 0; for(int i = 0; i < n && m-a[i] >= 0; ++i){ m -= a[i]; ++cnt; } printf("%d\n",cnt); } return 0;}Common Tangents（两圆之间的公公切线）
题目链接：
http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=2213
解题思路：
告诉你两个圆的圆心与半径，要你找出他们的公共切线的个数。
套模板即可。
http://blog.csdn.net/piaocoder/article/details/41649089
AC代码：
#include <iostream>#include <cstdio>#include <cmath>#include <algorithm>using namespace std;struct Point{ double x,y; Point(double x = 0,double y = 0):x(x),y(y){} // 构造函数，方便代码编写};typedef Point Vector; //从程序实现上，Vector只是Point的别名struct Circle{ Point c; double r; Circle(Point c,double r):c(c),r(r){} Point getPoint(double a){ return Point(c.x+cos(a)*r,c.y+sin(a)*r); }};//返回切线的条数。-1表示无穷条切线//a[i]和b[i]分别是第i条切线在圆A和圆B上的切点int getTangents(Circle A,Circle B){ int cnt = 0; if(A.r < B.r) swap(A,B); int d2 = (A.c.x-B.c.x)*(A.c.x-B.c.x)+(A.c.y-B.c.y)*(A.c.y-B.c.y); int rdiff = A.r-B.r; int rsum = A.r+B.r; if(d2 < rdiff*rdiff) return 0; //内含 if(d2==0 && A.r==B.r) return -1; //无限条切线 if(d2 == rdiff*rdiff){//内切，1条切线 return 1; } //有外公切线 cnt += 2; if(d2 == rsum*rsum){//一条公切线 ++cnt; } else if(d2 > rsum*rsum){//两条公切线 cnt += 2; } return cnt;}int main(){ int T; scanf("%d",&T); while(T--){ Point p1,p2; double r1,r2; scanf("%lf%lf%lf",&p1.x,&p1.y,&r1); Circle c1(p1,r1); scanf("%lf%lf%lf",&p2.x,&p2.y,&r2); Circle c2(p2,r2); printf("%d\n",getTangents(c1,c2)); } return 0;}Knapsack problem（动态规划）
题目链接：
http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=2214
解题思路：
题目大意：
给你一个背包，容量为10^9，物品个数为500，价值和小于5000，求最大价值。
算法思想：
因为容量太大，所以不能按0-1背包问题去求解。注意到物品个数较小，而且价值和最大只有5000，所以可以逆向思维，求得对应价
值下最小的重量，即dp[i]表示总价值为i的最小重量是多少，则dp[j] = min(dp[j] , dp[j-val[i]]+vol[i]);最后从sum（物品总价值开始判
断）开始，找到第一个小于等于b（容量）的v即可。。。
AC代码：
#include <iostream>#include <cstdio>#include <cmath>#include <algorithm>#define INF 0x3f3f3f3fusing namespace std;int dp[5005];int w[505],v[505];int main(){ int T; scanf("%d",&T); while(T--){ int n,b; int sum = 0; scanf("%d%d",&n,&b); for(int i = 0; i < n; ++i){ scanf("%d%d",&w[i],&v[i]); sum += v[i]; } for(int i = 1; i <= sum; ++i) dp[i] = INF; dp[0] = 0; for(int i = 0; i < n; ++i){ for(int j = sum; j >= v[i]; --j){ if(dp[j-v[i]] != INF){ dp[j] = min(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i]); } } } for(int i = sum; i >= 0; --i){ if(dp[i] <= b){ printf("%d\n",i); break; } } } return 0;}Simple Polynomial Problem（中缀表达式）
题目链接：
http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=2215
解题思路：
中缀表达式求值，数字栈存的是多项式。
AC代码：
#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;typedef long long ll;struct Poly{ ll a[1005]; Poly operator + (const Poly &p) const{ Poly tmp = {0}; for(int i = 0; i < 1005; ++i){ tmp.a[i] = (a[i]+p.a[i])%1000000007; } return tmp; } Poly operator * (const Poly &p) const{ Poly tmp = {0}; for(int i = 0; i < 1005; ++i){ if(a[i] == 0) continue; for(int j = 0; j < 1005; ++j){ if(p.a[j] == 0) continue; tmp.a[i+j] += a[i]*p.a[j]; tmp.a[i+j] %= 1000000007; } } return tmp; }}pstk[1005];char ostk[1005] = {'#'};int ptop,otop,pri[350];char str[1005];void push(char op){ if(ostk[otop]=='#' && op=='#') return; if(ostk[otop]=='(' && op==')'){ --otop; return; } if(pri[ostk[otop]]<pri[op] || ostk[otop]=='('){ ostk[++otop] = op; return; } if(ostk[otop--] == '+'){ Poly p = pstk[ptop]+pstk[ptop-1]; ptop -= 2; pstk[++ptop] = p; }else{ Poly p = pstk[ptop]*pstk[ptop-1]; ptop -= 2; pstk[++ptop] = p; } push(op);}void output(Poly &p){ int i = 1000; while(i>=0 && p.a[i] == 0) --i; if(i == -1){ puts("0"); return; } for(int j = i; j >= 0; --j){ printf("%lld",p.a[j]); if(j) putchar(' '); } putchar('\n');}int main(){ pri['+'] = 2; pri['*'] = 3; pri['('] = 4; pri[')'] = 1; pri['#'] = 1; int T; scanf("%d",&T); while(T--){ scanf("%s",str); ptop = 0; otop = 1; for(int i = 0; str[i]; ++i){ if(str[i]>='0' && str[i]<='9'){ Poly p = {0}; p.a[0] = str[i]-'0'; pstk[++ptop] = p; }else if(str[i]=='x'){ Poly p = {0}; p.a[1] = 1; pstk[++ptop] = p; }else{ push(str[i]); } } push('#'); output(pstk[ptop]); } return 0;}The Longest Straight
题目链接：
http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=2216
解题思路：
pre[i]代表数字i的前面0的总数目， 对于每个i找出符合条件的j ，使得i-j之间有恰好有m个0，然后更新答案ans。
AC代码：
#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;const int N = 100005;int a[N],pre[N];void solve(int n,int m){ for(int i = 1; i <= n; ++i) pre[i] = pre[i-1]+(!a[i]); int ans = 0; int j = 1; for(int i = 1; i <= n; ++i){ for(; j <= n; ++j){ if(pre[j]-pre[i-1] > m) break; } if(j-i > ans){ ans = j-i; } } printf("%d\n",ans);}int main(){ int T; scanf("%d",&T); while(T--){ memset(a,0,sizeof(a)); int x,n,m; scanf("%d%d",&n,&m); int k = 0; for(int i = 0; i < n; ++i){ scanf("%d",&x); if(!x) k++; a[x] = 1; } solve(m,k); } return 0;}Simple String Problem（状态压缩dp）
题目链接：
http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=2218
解题思路：
题目大意：
一个长为n(n<=2000)的字符串，由前k(k<=16)个小写字母组成，求两段子串A和B，A和B中间没有共用的字母类型，求len(A)*len(B)
的最大值。
算法思想：
二进制状态压缩，每一位的状态表示第i个字母存在状态，n^2的时可以枚举出所有子串的状态和长度。然后每次与（1<<k - 1)异或就
是不含相同的子串状态。但是不能直接对每一种状态枚举他的子集和异或值，这样太大了，肯定会超时，因此我们可以用dp[tmp]表
示tmp状态所有子集的最大长度。
先状态转移一下，最后遍历所有的状态和其异或状态就可以更新出答案。
AC代码：
#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;const int N = 2005;char str[N];int dp[(1<<16)+10];int main(){ int T; scanf("%d",&T); while(T--){ int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); scanf("%s",str); memset(dp,0,sizeof(dp)); for(int i = 0; i < n; ++i){ int tmp = 0; for(int j = i; j < n; ++j){ tmp |= 1<<(str[j]-'a'); dp[tmp] = max(dp[tmp],j-i+1); } } int len = 1<<m; for(int i = 0; i < len; ++i){ for(int j = 0; j < m; ++j){ if((1<<j) & i) dp[i] = max(dp[i],dp[i^(1<<j)]); } } int ans = 0; for(int i = 0; i < len; ++i){ ans = max(ans,dp[i]*dp[(len-1)^i]); } printf("%d\n",ans); } return 0;}StarCraft（哈夫曼树+优先队列）
题目链接：
http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=2219
解题思路：
类似于哈夫曼树的合并方式，对于当个农民（工蜂）来说，算上分裂技能，建造是不断两两并行的，建造时间越小，合并的价值就
越小。合并后的时间去被合并两者的较大值+K。初始农民的数量就是合并的终点。
然后问题就可以化简为，给你一堆数字，每次把次小值+k，再删除当前最小值，直到剩下m个数字。
使用优先队列求解，将默认排序的大根堆，改成小根堆即可。
AC代码：
#include <iostream>#include <cstdio>#include <queue>using namespace std;priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > q;int main(){ int T; scanf("%d",&T); while(T--){ int x,n,m,k; scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); for(int i = 0; i < n; ++i){ scanf("%d",&x); q.push(x); } while(n > m){ q.pop(); q.push(q.top()+k); q.pop(); --n; } while(q.size() != 1) q.pop(); printf("%d\n",q.top()); q.pop(); } return 0;}Defender of Argus（优先队列）
题目链接：
http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=2220
解题思路：
类似于炉石传说中的“ 奥古斯守卫者 ”，不断选取最优解即可。。。
AC代码；
#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <queue>using namespace std;const int N = 100005;int n,k;int a[N],l[N],r[N];bool vis[N];struct node{ int l,r,val; node(int _l,int _r):l(0),r(0){ l = _l; r = _r; val = a[_l]+a[_r]; } bool operator < (const node& no) const{ return val < no.val; }};int main(){ int T; scanf("%d",&T); while(T--){ scanf("%d%d",&n,&k); for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d",&a[i]); if(n == 0){ if(k == 0 || k == 1) printf("0\n"); else printf("%d\n",4+(k-2)*5); continue; } if(n == 1){ printf("%d\n",a[1]+1+(k-1)*5); continue; } memset(vis,false,sizeof(vis)); for(int i = 1; i <= n; ++i){ l[i] = i-1; r[i] = i+1; } r[0] = 1; l[n+1] = n; priority_queue<node> q; for(int i = 1; i < n; ++i) q.push(node(i,i+1)); bool put = false; int sum = 0,last = n; while(!q.empty() && k > 0){ node cur = q.top(); q.pop(); if(cur.val <= 3 && put == true) break; int ll = cur.l,rr = cur.r; if(vis[ll] || vis[rr]) continue; sum += (a[ll]+a[rr]+2); last -= 2; --k; vis[ll] = true; vis[rr] = true; int _l = l[ll], _r = r[rr]; l[_r] = _l; r[_l] = _r; put = true; if(_l!=0 && _r!= n+1) q.push(node(_l,_r)); } if(k>0 && last==1 && a[r[0]]>3){ sum += a[r[0]] + 2; --k; } sum += k*5; printf("%d\n",sum); } return 0;}RunningMan
题目链接：
http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=2221
解题思路：
将跑男n均分为3份，取其中较小两份cnt1,cnt2，如果m>=cnt1+cnt2+2;则跑男不能一定获胜，反之则能。
AC代码：
#include <iostream>#include <cstdio>#include <cmath>#include <algorithm>using namespace std;int main(){ int T; scanf("%d",&T); while(T--){ int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); int cnt1 = n/3; n -= cnt1; int cnt2 = n/2; if(cnt1+cnt2+2 <= m) puts("No"); else puts("Yes"); } return 0;} 0 0
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