A: Decimal
Time Limit: 1 Sec Memory Limit: 128 MBSubmit: 99 Solved: 10
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Description
任意一个分数都是有理数，对于任意一个有限小数，我们都可以表示成一个无限循环小数的形式(在其末尾添加0)，对于任意一个无限循环小数都可以转化成一个分数。现在你的任务就是将任意一个无限循环小数转化成既约分数形式。所谓既约分数表示，分子和分母的最大公约数是1。
Input
有多组数据。
每组数据一行。输入为0.a1a2a3...ak(b1b2...bm)的形式，其中a1a2a3...ak为非循环部分，(b1b2b3..bm)为循环部分。数据保证k和m不会超过8.注意长度可能为0哦！
Output
对于每组测试数据输出A/B，其中A是分子，B是分母，A,B均为整数，gcd(A, B) = 1.
Sample Input
0.0(714285)
0.0(5)
0.9(671)
Sample Output
1/14
1/18
4831/4995
HINT http://172.16.0.11/JudgeOnline/problem.php?id=1008
题解:
对于一个分数有 0.(xxxx) = xxxx/9999 .. 0.yyy(xxxxx)=(xxxxx+yyy*9999)/9999000...注意处理没有循环节的情况..如0.xxxx为xxxx/10000...最后的分子分母记得约分
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<string.h>
#include<queue>
#include<stack>
#include<set>
#define oo 1000000007
#define ll long long
#define MAXN 2005
using namespace std;
int a;
struct node
{
int d,t;
bool operator<(node A) const
{
if (A.t!=t) return A.t<ts;
return d<A.d;
}
}h;
priority_queue<node> QA;
int ans[MAXN];
int main()
{
int n,k,b,Q,x,i,sum,num;
while (~scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&a,&b))
{
while (!QA.empty()) QA.pop();
num=0;
for (i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&x);
if (x<=k) h.d=x,h.t=0,QA.push(h);
else num++;
}
for (int times=1;times<=205;times++)
{
ans[times]=num;
if (num>0) h.d=0,h.t=times-1,QA.push(h),num--;
while (!QA.empty())
{
h=QA.top();
if (h.d+(times-h.t)*a<=k) break;
QA.pop(),num++;
}
}
scanf("%d",&Q);
while (Q--)
{
scanf("%d",&x);
printf("%d
",ans[x]);
}
}
return 0;
}
C: Substring
Time Limit: 4 Sec Memory Limit: 10 MBSubmit: 100 Solved: 11
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Description
Given a string s. The length of s is smaller than 1000.You are to caculate the number of different substrings of s.
Input
There are multiple test cases.
Each test case contains one line, with a string s.You may assume that s only contains
lowercase letters. You may assume that there are only ten test cases with the length of string s is bigger than 400.
Output
For each test case, you are only to output one integer, the answer.
Sample Input
a
ac
abcd
Sample Output
1
3
10
HINT http://172.16.0.11/JudgeOnline/problem.php?id=1010
题解:
听说后缀数组是可以做的..我是用字典树暴力的..遇到的主要问题是空间不足.题目只给了10MB可怜的空间.无奈各种用时间换空间..才勉强过,,
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<string.h>
#include<queue>
#include<map>
#include<stack>
#include<set>
#define oo 1000000007
#define MAXN 1005
using namespace std;
struct node
{
map<int,int> son;
};
map<int,node>P;
char s[MAXN];
vector<int> A[26];
int main()
{
int len,ans,num,i,j,h,x;
while (~scanf("%s",s))
{
len=strlen(s);
for (i=0;i<26;i++) A[i].clear();
for (i=0;i<len;i++)
A[s[i]-'a'].push_back(i);
ans=0;
for (int t=0;t<26;t++)
{
P.clear(),P[0].son.clear(),num=0;
for (i=A[t].size()-1;i>=0;i--)
{
h=0;
for (j=A[t][i];j<len;j++)
{
x=s[j]-'a';
if (!P[h].son[x])
P[h].son[x]=++num,ans++,
P[num].son.clear();
h=P[h].son[x];
}
}
}
printf("%d
",ans);
}
return 0;
}
D: Manor
Time Limit: 1 Sec Memory Limit: 128 MBSubmit: 14 Solved: 3
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Description
Bob有n个正整数，他将这n个整数根据大小划分成两部分。对于小于等于k的整数放在集合A中，其余的放在集合B中。每次他从集合B中取出一个最大的值，将其变成0放入A集合中。然后将A集合中所有的元素都增加a,同时将B集合中剩余的元素都增加b,将A中大于k的元素放入B中。Bob现在想知道经过m次操作后，B集合中元素的个数。
Input
有多组测试数据。
每组测试数据的第一行为4个整数n,k,a,b，n<=100000，k<=10^3,a,b<=100, 含义同上。接下的来的一行有n个数，表示这n个数的初始值(初始值小于等于200)。接下来的一行有一个整数q(q<=100)，表示有q个询问。接下来有q行，每行一个正整数m(m<=200)，表示第m次操作。
Output
对于每一个询问m,输出第m次操作前集合B中元素的个数。
Sample Input
5 100 40 20
1000 250 300
10 25
10
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
4 100 10 10
105 150 25 75
4
1
2
3
4
Sample Output
3
2
2
3
3
3
3
3
3
3
2
1
0
1
HINT http://172.16.0.11/JudgeOnline/problem.php?id=1011
题解:
选拔赛的时候题目没看懂~~也有题写就没做了..其实很水的.用优先队列维护就好..只要维护小于等于k的...优先级先看入队时间.再看初值大小
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<string.h>
#include<queue>
#include<stack>
#include<set>
#define oo 1000000007
#define ll long long
#define MAXN 2005
using namespace std;
int a;
struct node
{
int d,t;
bool operator<(node A) const
{
if (A.t!=t) return A.t<ts;
return d<A.d;
}
}h;
priority_queue<node> QA;
int ans[MAXN];
int main()
{
int n,k,b,Q,x,i,sum,num;
while (~scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&a,&b))
{
while (!QA.empty()) QA.pop();
num=0;
for (i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&x);
if (x<=k) h.d=x,h.t=0,QA.push(h);
else num++;
}
for (int times=1;times<=205;times++)
{
ans[times]=num;
if (num>0) h.d=0,h.t=times-1,QA.push(h),num--;
while (!QA.empty())
{
h=QA.top();
if (h.d+(times-h.t)*a<=k) break;
QA.pop(),num++;
}
}
scanf("%d",&Q);
while (Q--)
{
scanf("%d",&x);
printf("%d
",ans[x]);
}
}
return 0;
}
E: City Tour
Time Limit: 1 Sec Memory Limit: 128 MBSubmit: 64 Solved: 12
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Description
Alice想要从城市A出发到城市B,由于Alice最近比较穷(不像集训队陈兴老师是个rich second)，所以只能选择做火车从A到B。不过Alice很讨厌坐火车，火车上人比较多，比较拥挤，所以Alice有很严格的要求：火车的相邻两站间的最大距离尽可能的短，这样Alice就可以在停站的时候下车休息一下。当然Alice希望整个旅途比较短。
Input
有多组测试数据。
每组测试数据的第一行有两个整数N,M，A,B(N<=1000, M<=50000, N >=2, A,B<=N),其中N是城市的个数，M是城市间通火车的个数。
A,B是Alice起始的城市与目的地城市，城市的标号从1开始。
接下来的M行每行三个整数u,v，w表示从u到v和从v到u有一条铁路，距离为w， u,v<=N, w<=10000。
Output
对于每组测试数据输出满足Alice要求的从A到B的最短距离。
Sample Input
3 3 1 2
1 2 80
1 3 40
2
3 50
3 3 1 2
1 2 90
1 3 10
2 3 20
4 5 1 4
1 2 8
1 4 9
1 3 10
2 4 7
3 4 8
Sample Output
90
30
15
HINT http://172.16.0.11/JudgeOnline/problem.php?id=1012
题解:
so easy~~二分枚举最大的边..然后用SPFA跑最短路并判断起点是否可达终点...如可达..往下二分.如果不可.往上二分..
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<string.h>
#include<queue>
#include<stack>
#include<set>
#define oo 1000000007
#define MAXN 1005
#define MAXM 100005
using namespace std;
struct node
{
int y,d,next;
}line[MAXM];
int Lnum,_next[MAXN];
void addline(int x,int y,int d)
{
line[++Lnum].next=_next[x],_next[x]=Lnum,line[Lnum].y=y,line[Lnum].d=d;
}
queue<int> Q;
int dis[MAXN];
bool inqueue[MAXN];
int SPFA(int s,int e,int M)
{
while (!Q.empty()) Q.pop();
memset(inqueue,false,sizeof(inqueue));
memset(dis,-1,sizeof(dis));
dis[s]=0,Q.push(s);
while (!Q.empty())
{
int h=Q.front();
Q.pop();
inqueue[h]=false;
for (int k=_next[h];k;k=line[k].next)
if (line[k].d<=M)
{
int y=line[k].y;
if (dis[y]==-1 || dis[y]>dis[h]+line[k].d)
{
dis[y]=dis[h]+line[k].d;
if (!inqueue[y])
{
inqueue[y]=true;
Q.push(y);
}
}
}
}
return dis[e];
}
int main()
{
int i,n,m,A,B;
freopen("input.txt","r",stdin);
freopen("outputx.txt","w",stdout);
while (~scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&A,&B))
{
Lnum=0,memset(_next,0,sizeof(_next));
while (m--)
{
int x,y,d;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&d);
addline(x,y,d),addline(y,x,d);
}
int l=0,r=10001,mid,ans;
while (r-l>1)
{
mid=l+r>>1;
if (SPFA(A,B,mid)!=-1) r=mid;
else l=mid;
}
printf("%d
",SPFA(A,B,r));
}
return 0;
}
I: 凹凸曼和小怪兽的故事
Time Limit: 2 Sec Memory Limit: 128 MBSubmit: 7 Solved: 2
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Description
世界末日来了，凹凸曼和小怪兽们开始进行最后一次较量！这次决战总共有n个凹凸曼和n个小怪兽，位置以坐标形式给出。因为是最后一次战斗，所以无论是哪一边都想要赢得第一场角逐，于是双方都想要找出最近的那一对凹凸曼和小怪兽，凹凸曼和小怪兽的速度分别为a和b（单位长度每秒）。不过，凹凸曼和小怪兽的智商相信有童年的童鞋们都明白，写个程序帮他们算算最早的角逐需要多长时间开始吧，凹凸曼和小怪兽遇到了就会开始角逐,凹凸曼和小怪兽会相向而行。
Input
第一行给出n，a，b三个整数(0<n<100000);
接下来的n行给出凹凸曼位置，每行两个整数x，y(0≤x,y≤1000000000);
再接下来的n行给出小怪兽位置，每行两个整数x，y(0≤x,y≤1000000000);
Output
对于每一组数据输出最短开始角逐的时间。
Sample Input
4 1 2
0 0
0 1
1 0
1 1
2 2
2 3
3 2
3 3
4 10
0 1
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
Sample Output
0.471
0.000
HINT http://172.16.0.11/JudgeOnline/problem.php?id=1016
用两个数组分别存奥特曼和小怪兽的坐标..按x大小排序..然后开始找答案.对于每个凹凸曼..先二分找到当前起x最小的小怪兽可能是多少(和当前最优值比较)..再这么扫过去..知道指向的小怪兽的x值-当前奥特曼的x值大于了当前最优解...蕴含了旋转卡壳的思想
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<string.h>
#include<queue>
#include<stack>
#include<set>
#define oo 2000000007
#define MAXN 100005
using namespace std;
struct node
{
double x,y;
bool operator<(node a) const
{
return x<a.x;
}
}A[MAXN],B[MAXN];
int bearch(int n,double key)
{
int l=1,r=n+1,mid;
while (r-l>1)
{
mid=l+r>>1;
if (B[mid].x<key) l=mid;
else r=mid;
}
return l;
}
int main()
{
int n,i,t1,t2,v1,v2;
while (~scanf("%d%d%d",&n,&v1,&v2))
{
for (i=1;i<=n;i++) scanf("%lf%lf",&A[i].x,&A[i].y);
for (i=1;i<=n;i++) scanf("%lf%lf",&B[i].x,&B[i].y);
sort(A+1,A+1+n),sort(B+1,B+1+n);
double ans=1e+60;
for (t1=1;t1<=n;t1++)
for (t2=bearch(n,A[t1].x-ans);t2<=n && B[t2].x-A[t1].x<ans;t2++)
ans=min(ans,sqrt((A[t1].x-B[t2].x)*(A[t1].x-B[t2].x)+(A[t1].y-B[t2].y)*(A[t1].y-B[t2].y)));
printf("%.3f
",ans/(v1+v2));
}
return 0;
}