CTU Open 2013

/*Fractional Lotion题意：给出 n ,求有多少对 (x, y)，满足 1/x + 1/y = 1/n。分析：式子变换一下，y = nx / (x-n)，由于 n <= 10000, y > 0, 而且由于 x 和 y 没有顺序限制，即 (x, y) 和 (y, x) 为同一种情况，所以 x 的枚举范围为 n < x <= 2n*/代码：#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int main() {    int o, n, x, ans;    while(scanf("%d/%d", &o, &n) != EOF) {        x = n << 1;        ans = 0;        while(x > n) {            if(n * x % (x - n) == 0) {                ans++;            }            x--;        }        printf("%d\n", ans);    }    return 0;}/*Folded Map题意：给出一个 Ar X Ac 的图，要求用最少的 Tr X Tc 的矩形 R 覆盖所有的 'X'，问最少要多少个这样的矩形。分析：有一个简单又巧妙地做法。首先把边界 Ar、Ac 扩大至 Ar+Tr、Ac+Tc，然后用一个数组cnt_tile[i][j]表示右下角为(i, j)的矩形R所覆盖的 'X' 的数量，那么我们可以枚举{ (x, y) | (0 <= x < Tr && 0 <= y < Tc) }中的点作为铺矩形的起点，然后模拟铺矩形的行为，铺满整个图，统计 (cnt_tile[x][y] > 0) 的数目，即有覆盖到'X'的矩形，即是所需矩形的数目，所有的起点都试一遍取最优值即可。具体参见代码，很好理解。PS: cnt_tile[][]数组的实现方法有很多，可以用代码里的方法扫描全图得到，也可以用前缀和等方法。*/代码：#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 1111;bool data[N][N];int cnt_left[N][N], cnt_tile[N][N];int ar, ac, tr, tc;int cal(int x, int y) {    int ret = 0;    for(int i = x; i < ar + tr; i += tr) {        for(int j = y; j < ac + tc; j += tc) {            if(cnt_tile[i][j]) { ret++; }        }    }    return ret;}int main() {    char ch;    int ans, cnt;    //freopen("in.txt", "r", stdin);    while(scanf("%d%d%d%d", &ar, &ac, &tr, &tc) != EOF) {        for(int i = 0; i < ar; i++) {            getchar();            for(int j = 0; j < ac; j++) {                ch = getchar();                data[i][j] = (ch == 'X');            }        }        for(int i = 0; i < ar + tr; i++) {            cnt = 0;            for(int j = 0; j < ac + tc; j++) {                if(i < ar && j < ac && data[i][j]) cnt++;                if(j - tc >= 0 && i < ar && data[i][j - tc]) {                    cnt--;                }                cnt_left[i][j] = cnt;            }        }        for(int j = 0; j < ac + tc; j++) {            cnt = 0;            for(int i = 0; i < ar + tr; i++) {                cnt += cnt_left[i][j];                if(i - tr >= 0 && cnt_left[i - tr][j]) {                    cnt -= cnt_left[i - tr][j];                }                cnt_tile[i][j] = cnt;            }        }        ans = N * N;        for(int i = 0; i < tr; i++) {            for(int j = 0; j < tc; j++) {                ans = min(ans, cal(i, j));            }        }        printf("%d\n", ans);    }    return 0;}/*Furry Nuisance题意：给出一个n个点m条边的图，问能不能通过移除一些点和一些边得到一个只有4个度为1的节点的连通图。分析：如果比较熟悉bfs，应该很容易想到。bfs是从起点开始然后逐层拓展的，那么可以从图的任意一点进行bfs，若当拓展层的节点数 + 不能再拓展的点的数量 >= 4，那必定可以通过删除一些点和边得到一个只有4个度为1的节点的连通图。需要注意的是如果从度为1的点开始bfs的话，那么该点必定可以加到所求的连通图上，这时候只要拓展层的节点数 + 不能再拓展的点的数量 >= 3即可。*/代码：#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 10001;const int M = 40004;int n, m, d[N];bool vis[N];vector<int>edge[M];bool bfs(int s, int min_cnt) {    vis[s] = true;    queue<int>q[2];    q[0].push(s);    int x, y, si, lef = 0;    while(!q[0].empty()) {        swap(q[0], q[1]);        while(!q[1].empty()) {            x = q[1].front();            q[1].pop();            si = edge[x].size();            bool inq = false;            for(int i = 0; i < si; i++) {                y = edge[x][i];                if(!vis[y]) {                    inq = true;                    vis[y] = true;                    q[0].push(y);                }            }            if(!inq) lef++;        }        //cout << q[0].size() + lef << ' ' << min_cnt << endl;        if(q[0].size() + lef >= min_cnt) {            return true;        }    }    return false;}int main() {    int x, y;    while(scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) {        for(int i = 1; i <= n; i++) {            edge[i].clear();            vis[i] = false;            d[i] = 0;        }        for(int i = 0; i < m; i++) {            scanf("%d%d", &x, &y);            edge[x].push_back(y);            edge[y].push_back(x);            d[x]++;            d[y]++;        }        bool flag = false;        for(int i = 1; i <= n; i++) {            if(!vis[i]) {                if(bfs(i, 4 - (d[i] == 1))) {                    flag = true;                    break;                }            }        }        if(flag) { puts("YES"); }        else { puts("NO"); }    }    return 0;}/*Fence Orthogonality题意：给出n个点，用一个周长最小的矩形覆盖所有点，输出矩形的周长。分析：几何题，凸包 + 旋转卡壳。如果不知道这两个东西的话，可以看下这下面这里Graham扫描求凸包算法：http://blog.csdn.net/tmljs1988/article/details/7259331如果还不懂，这些讲解视频也是不错的：http://v.baidu.com/v?word=graham+%E5%87%B8%E5%8C%85&ct=301989888&rn=20&pn=0&db=0&s=0&fbl=800&ie=utf-8旋转卡壳详解：http://blog.csdn.net/hanchengxi/article/details/8639476参考代码：http://blog.csdn.net/wsx1754175/article/details/19355205*//*Flower Pots题意：给出12种不同的5连块，分别由12个字母表示，给出4个5连块，前两个为一组，后两个为一组，问能不能拼出两个一样的图案。注意不能跨组！只能同组内拼，可以旋转也可以翻转。分析：感觉是很麻烦的模拟和搜索。。。待解决*//*Frustrated Queue题意：给出一个由点和括号组成的偶数长度的字符串，每一个字符代表一个人，他们在排队上厕所。已知上厕所的费用为0.5元，等待的人中有一半带有0.5元的硬币，另一半有1元的硬币。左括号表示当前位置的人只有0.5元的硬币，右括号表示当前位置的人只有1元的硬币，点则表示为两种情况之一，刚开始厕所管理员是没有任何硬币的，问有多少种不会出现堵塞的序列，输出方案数后6位。)....... 是必定会堵塞的，因为第一位只有1元的硬币，管理员没办法给他找钱。分析：DP，dp[i][j]表示前i个人中，其中有j个人带有0.5元硬币的合法方案数。设 dp[0][0] = 1;那么当 s[i] == '('时，dp[i][j] = dp[i-1][j-1];    当 s[i] == ')'时，dp[i][j] = dp[i-1][j];    当 s[i] == '.'时，dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + dp[i-1][j];第二层循环j可以从(i+1)/2开始枚举，因为前i和人中至少有一半人有0.5元的硬币才可能存在合法情况。*/代码：#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int m = 1e6;char s[2000];int dp[1001][501];int main() {    while(scanf("%s", s + 1) != EOF) {        int n = strlen(s + 1);        dp[0][0] = 1;        for(int i = 1; i <= n; i++) {                for(int j = (i + 1) / 2; j <= i && j <= n / 2; j++) {                    if(s[i] == '.') {                        dp[i][j] = (dp[i-1][j] + dp[i-1][j-1]) % m;                    }                    else if(s[i] == '(') {                        dp[i][j] = dp[i-1][j-1] % m;                    }                    else                        dp[i][j] = dp[i-1][j] % m;                }        }        printf("%d\n", dp[n][n/2]);    }    return 0;}/*Frozen Rose-Heads题意：给出一个n个节点的树和一个起点c，树上的每条边都带有一个权值表示删除这条边的花费，要求用最少花费删除一些边使得节点c和所有的叶子节点都不连通，输出最小花费。分析：一眼看过去，就是一道裸的最大流。只要构建一个汇点t连向所有叶子节点，然后求这个图c到t的最大流即可。但是由于这是一颗树，没有那么复杂，所以也可以用dfs做，可以从c点出发对树进行后序遍历，之后不断把最优值返回到父亲节点就行了，具体参见代码。*/代码：#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define v first#define w secondconst int inf = 0x3f3f3f3f;typedef pair<int,int> pii;vector<pii>edge[1001];bool vis[1001];int dfs(int u, int par) {    vis[u] = true;    int son = 0;    vector<pii>::iterator p;    for(p = edge[u].begin(); p != edge[u].end(); ++p) {        if(!vis[p->v]) {            son += dfs(p->v, p->w);        }    }    if(!son) return par;    return min(par, son);}int main() {    int n, s, u, v, w;    while(scanf("%d%d", &n, &s) != EOF) {        for(int i = 1; i <= n; i++) {            edge[i].clear();            vis[i] = false;        }        for(int i = 1; i < n; i++) {            scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);            edge[u].push_back(pii(v, w));            edge[v].push_back(pii(u, w));        }        printf("%d\n", dfs(s, inf));    }    return 0;}/*False Sense of Security题意：就是根据给出的编码表把给出的字符串翻译，然后得到一个点和下划线组成的字符序列和一个长度序列，把长度序列翻转，再按照这个长度序列把字符序列翻译成另一个字符串，输出这个字符串。分析：打表模拟。*/代码：略