昨晚各种莫名其妙卡题。
不过细看这套题还挺简单的。全是各种暴力。
除了最后一道题计算几何看起来很麻烦的样子，其他题都是很好写的吧。
题目大意是给出不超过10个的长方体，然后求怎样堆叠使得放的长方体最多。 堆叠的要求是长方体一个一个的往上放，要求接触的面，上面的面长和宽不能比下面的面大
那么每个长方体有三个面，我们就3^n枚举每个长方体使用的哪一面放的。
然后按照这些面的宽进行排序，做一下LIS即可
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <string>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define eps 1e-8
#define INF 10000005
using namespace std;
struct Rec
{
int a[4];
}p[12];
pair<int, int> s[12], t[12];
int n, ans;
int dp[12];
int getans()
{
for(int i = 0; i < n; i++) t[i] = s[i];
sort(t, t + n);
int tmp = 0;
for(int i = 0; i < n; i++)
{
dp[i] = 1;
for(int j = 0; j < i; j++)
if(t[i].second >= t[j].second)
dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);
tmp = max(tmp, dp[i]);
}
return tmp;
}
void dfs(int deep)
{
if(deep == n)
{
int tmp = getans();
ans = max(tmp, ans);
return;
}
s[deep] = make_pair(p[deep].a[0], p[deep].a[1]);
dfs(deep + 1);
s[deep] = make_pair(p[deep].a[1], p[deep].a[2]);
dfs(deep + 1);
s[deep] = make_pair(p[deep].a[0], p[deep].a[2]);
dfs(deep + 1);
}
int main()
{
int cas = 0;
while(scanf("%d", &n) != EOF && n)
{
for(int i = 0; i < n; i++)
{
for(int j = 0; j < 3; j++)
scanf("%d", &p[i].a[j]);
sort(p[i].a, p[i].a + 3);
}
ans = 0;
dfs(0);
printf("Case %d: %d
", ++cas, ans);
}
return 0;
}
B. Flash Mob
这题的大意就是二维平面有若干个点。
现在要让他们都移动到某个点上（曼哈顿距离）
问怎样花费总和最小
这题很眼熟。
多校貌似做过吧。
X,Y分开统计。
X就枚举点中所有的x坐标。 然后写一下总和的式子就发现，可以用部分和做到O(1)时间求出总花费
同理Y
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define MAXN 1111
using namespace std;
typedef long long LL;
LL x[MAXN], y[MAXN];
LL sumx[MAXN], sumy[MAXN];
int n, cas;
int main()
{
while(scanf("%d", &n) != EOF && n)
{
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld%lld", &x[i], &y[i]);
sort(x + 1, x + n + 1); sort(y + 1, y + n + 1);
sumx[0] = sumy[0] = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) sumx[i] = sumx[i - 1] + x[i], sumy[i] = sumy[i - 1] + y[i];
LL ansx = -1, ansy = -1, resx = 1000000009LL, resy = 1000000009LL;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
LL tmp = x[i] * i - sumx[i] + sumx[n] - sumx[i] - (n - i) * x[i];
if(resx > tmp) ansx = x[i], resx = tmp;
tmp = y[i] * i - sumy[i] + sumy[n] - sumy[i] - (n - i) * y[i];
if(resy > tmp) ansy = y[i], resy = tmp;
}
printf("Case %d: (%lld,%lld) %lld
", ++cas, ansx, ansy, resx + resy);
}
return 0;
}
题意的话
就是给出7个6边形中每个边对应的值，然后每个6边形给的值是按照顺时针方向给出的。 然后这个六边形是可以旋转的。
现在要用这7个6边形，构成图中所示的图形，要求每个六边形与其他六边形邻接边上的数要相同。每个六边形自身可以旋转然后放进去。
那么我刚开始的思路是7!处理出所有的情况，然后判断可行性。结果TLE了。
后来发现case有1W多个。
那么就改成了DFS。
按照图中所示的顺序进行DFS。 然后根据中心的那个六边形，调整新六边形，旋转到跟中间那个邻接的边上数一样，之后就判断跟其他邻接的六边形是不是有冲突。
这样就能剪枝掉很多了
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define MAXN 1111
using namespace std;
int a[8][8], b[8], adj[8][8];
int has, used[8];
int off[] = {0, 3, 4, 5, 0, 1, 2};
int cp[] = {2, 5, 3, 0, 4, 1, 5, 2, 0, 3, 1, 4};
void dfs(int deep)
{
if(has) return;
if(deep == 7)
{
has = 1;
for(int i = 0; i < 7; i++)
printf(" %d", b[i]);
return;
}
for(int i = 0; i < 7; i++)
if(!used[i])
{
used[i] = 1;
b[deep] = i;
int now;
if(deep == 0) now = 1;
else now = adj[0][deep - 1];
int pos = 0;
for(int j = 0; j < 6; j++)
if(a[i][j] == now) pos = j;
for(int j = 0; j < 6; j++)
adj[deep][(j + 6 - pos + off[deep]) % 6] = a[i][j];
int nt = deep - 1;
bool flag = true;
if(deep > 1) flag &= (adj[deep][cp[nt * 2 - 1]] == adj[nt][cp[nt * 2 - 2]]);
if(deep == 6) flag &= (adj[6][1] == adj[1][4]);
if(flag)
dfs(deep + 1);
used[i] = 0;
}
}
int main()
{
int T, cas = 0;
scanf("%d", &T);
while(T--)
{
for(int i = 0; i < 7; i++)
for(int j = 0; j < 6; j++)
scanf("%d", &a[i][j]);
has = 0;
memset(used, 0, sizeof(used));
printf("Case %d:", ++cas);
dfs(0);
if(!has) printf(" No solution");
printf("
");
}
return 0;
}
这题应该算是签到题目了。
题意就是用15，拆分到6个位置上。
有两种询问，一个是给出某种拆分，问这个拆分在所有拆分中排第几。
另一个就是输出某个拆分。
我就直接DFS除了所有可能的拆分，然后map映射了
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <string>
#include <algorithm>
#include <map>
using namespace std;
char op[5];
int a[7];
int cnt, x;
map<string, int>mp;
struct P{
int a[6];
}ans[22222];
bool cmp(P x, P y)
{
for(int i = 0; i < 6; i++)
if(x.a[i] < y.a[i]) return true;
else if(x.a[i] > y.a[i]) return false;
}
void dfs(int sum, int pos)
{
if(pos == 0)
{
a[pos] = sum;
for(int i = 0; i < 6; i++)
ans[cnt].a[i] = a[i];
cnt++;
return;
}
for(int i = sum; i >= 0; i--)
{
a[pos] = i;
dfs(sum - i, pos - 1);
}
}
int main()
{
dfs(15, 5);
sort(ans, ans + cnt, cmp);
for(int i = 0; i < cnt; i++)
{
string tmp = "";
for(int j = 0; j < 6; j++)
{
tmp = tmp + (char)(ans[i].a[j] + '0');
tmp += ' ';
}
mp[tmp] = i;
}
int cas = 0;
while(scanf("%s", op) != EOF)
{
if(op[0] == 'e') break;
printf("Case %d: ", ++cas);
if(op[0] == 'm')
{
string tmp = "";
for(int i = 0; i < 6; i++) scanf("%d", &a[i]);
for(int i = 0; i < 6; i++)
{
tmp = tmp + (char)(a[i] + '0');
tmp += ' ';
}
printf("%d
", mp[tmp]);
}
else
{
scanf("%d", &x);
for(int i = 0; i < 5; i++) printf("%d ", ans[x].a[i]);
printf("%d
", ans[x].a[5]);
}
}
return 0;
}
题意就是给出一个运算序列。
进行一个游戏，有两个玩家。
对于每一步，玩家可以在任意某个运算符和其旁边的两个数加上括号，将其算出来。使得运算序列变成新的运算序列。
然后玩家一的目的是让这个序列最终的值变的越大越好
玩家二正好相反。
最后输出二者各自先手所能达到的最优值，并输出对应第一步他们干了什么
思路的话。可以发现运算符只有9个。
那么就可以进行DFS了
选取序列中某个运算符以及其旁边的两个数进行计算，生成新的序列。直至获得最终结果
当然，因为有两个玩家，所以要有所区分。
当玩家一下手的时候，就是取最大值。
当玩家二下手的时候，就是取最小值。
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define MAXN 55
#define INF 1000000007
using namespace std;
int rval[11], n;
char ss[12][5];
int rop[11];
typedef pair<int, int> P;
int getval(int x, int y, char c)
{
switch(c)
{
case '+' : return x + y;
case '*' : return x * y;
case '-' : return x - y;
}
}
P get(int val[], int op[], int deep, int flag)
{
P ans;
if(deep == 0)
{
ans.first = val[0];
ans.second = -1;
return ans;
}
if(flag) ans.first = -INF;
else ans.first = INF;
for(int i = 0; i < deep; i++)
{
int x = getval(val[i], val[i + 1], ss[op[i]][0]);
int cnt = 0;
int tmpop[11], tmpval[11];
for(int j = 0; j <= deep; j++)
{
if(j == i) continue;
if(j == i + 1) tmpval[cnt++] = x;
else tmpval[cnt++] = val[j];
}
cnt = 0;
for(int j = 0; j < deep; j++)
if(j == i) continue;
else tmpop[cnt++] = op[j];
P tmp = get(tmpval, tmpop, deep - 1, !flag);
if(flag)
{
if(tmp.first > ans.first)
{
ans.first = tmp.first;
ans.second = i;
}
}
else
{
if(tmp.first < ans.first)
{
ans.first = tmp.first;
ans.second = i;
}
}
}
return ans;
}
int main()
{
int T, cas = 0;
scanf("%d", &T);
while(T--)
{
scanf("%d", &n);
for(int i = 0; i < n; i++) scanf("%d%s", &rval[i], ss[i]);
for(int i = 0; i < n; i++) rop[i] = i;
scanf("%d", &rval[n]);
P ansx = get(rval, rop, n, 1);
P ansy = get(rval, rop, n, 0);
printf("Case %d:
", ++cas);
printf("Player 1 (%d%s%d) leads to %d
", rval[ansx.second], ss[ansx.second], rval[ansx.second + 1], ansx.first);
printf("Player 2 (%d%s%d) leads to %d
", rval[ansy.second], ss[ansy.second], rval[ansy.second + 1], ansy.first);
if(ansx.first > -ansy.first) printf("Player 1 wins
");
else if(ansx.first < -ansy.first) printf("Player 2 wins
");
else printf("Tie
");
}
return 0;
}
F.
Road Series
题目的大意就是
给出n个信息。
这些信息有字母标点，数字构成。
然后我们可以从这些信息中找出数字，每个串中找到的数字会被总的记录下来，不会被遗忘。首先的要求是这个数是该信息串的一个子串。
然后还有一个要求就是
定义x为最后完成的数。
意思就是如果0到x-1的数字都被记录下来了， 那么x就是最后完成的数。
然后x是随时都有可能改变的，因为我们随时都会记录新的数字。 如果导致某个数y < x且 0~y-1的数字都被记录了，那么x就要更新为y。
定义w为一个窗口值
意思就是你能找到的数字必须在x + w范围内。
刚开始的时候x是0
然后注意题目是一个串一个串给出来的。
对于某个串，是这样一个过程：先把x + w范围内的数都找到了，然后记下来，如果已经记录的数使得x发生了变化，也就是增大了。那么我们可以记录的数字的范围又变大了。我们就可能在这个串中找到新的数字，然后记录下来。也就是x在一个串中可能会被多次改变。
题目中要求的第二个值，就是我们记录的数字中最大那个。
那么本题的思路是这样的：
首先我们要观察x在一个串中到底能最多涨多少。
因为如果我们按题意那样，等着x发生变化了再去找一遍数字。复杂度就有点略高了。我们可以想象。如果w ==1时，这将会对一个串进行很多次的扫描。
所以必须先将可能会被记录的数字处理出来。这就需要知道x在一个串中到底对多涨多少。
题目中说每个串长度不超1000
那么我们理想化一下。
一个串中包含了1~1000的所有数字。
最优长度是多少呢？
1~1000内有900个三位数。
如果说每一位数字往后数两位都能构成一个唯一的三位数的话。
这就需要900位了。
更何况其中平均每100个数中有接近20个带有0数字的三位数。
这就使得1000长度的串是无论如何也无法包含1~1000的数字的。
就更别说更大的区间长度为1000的数了
所以呢。x是无论如何也涨不到1000以上的。
我们每次就把一个串中，不超过x 1000大小的数先预处理出来，如果这个数是num，我们可以将num - x标记出来。
然后就可以观察x到底能涨到多少了。x涨完之后，再将x + w以内的数也是以num-x的形式记录下来。 因为下个串也有可能用到以前串记录的数。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <string>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define eps 1e-8
#define INF 10000005
using namespace std;
int n, w;
char s[1111];
int vis[1111];
int now;
void gao(string str)
{
int len = str.size();
for(int i = 0; i < len; i++)
{
int sum = 0;
for(int j = 0; j < 6; j++)
if(i + j < len)
{
sum = sum * 10 + (str[i + j] - '0');
if(sum > now && sum <= now + 1000)
vis[sum - now] = 1;
}
}
}
void split()
{
int len = strlen(s);
int flag= 0;
string tmp = "";
for(int i = 0; i < len; i++)
{
if(s[i] >= '0' && s[i] <= '9')
{
tmp = tmp + s[i];
flag = 1;
}
else if(flag)
{
gao(tmp);
tmp = "";
flag = 0;
}
}
if(flag) gao(tmp);
}
int main()
{
int T;
scanf("%d", &T);
int cas = 0;
while(T--)
{
scanf("%d%d", &n, &w);
getchar();
memset(vis, 0, sizeof(vis));
now = 0;
int ans = 0;
while(n--)
{
gets(s);
split();
int tnow = now;
for(int i = 1; i <= 1000; i++)
if(vis[i]) tnow++;
else break;
for(int i = 1; i <= 1000; i++)
{
int pos = i + tnow - now;
if(pos <= tnow + w - now) vis[i] = vis[pos];
else vis[i] = 0;
}
now = tnow;
}
ans = now;
for(int i = 1; i <= w; i++)
if(vis[i]) ans = now + i;
printf("Case %d: %d %d
", ++cas, now, ans);
}
return 0;
}
这题题意就是给出了若干货币的汇率
然后我们需要若干个某种货币，
但是手头上只有别的货币，问怎样可以用别的货币换得的这种货币最接近我们要的数量，并且不能比我们需要的数量少。
注意用别的货币时数量不能大于10W，且是整数。
这题的坑爹地方就是说。
题目中说任意一对货币汇率只给出一次，也就是没有重边。
并且不会出现钱越换越多的情况。
但是实际上在求任意两种货币汇率的时候
我用的是floyd。 没有加min就WA了很多次。加了min就过了。很是奇怪
这应该跟题目要求的答案没有关系。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <string>
#include <map>
#include <cmath>
#define eps 1e-8
#define INF 10000005
using namespace std;
char sa[22], sb[22];
int a, b, n;
string bi[22];
double g[22][22];
map<string, int>mp;
double num;
char name[22];
int cnt ;
void floyd()
{
for(int k = 1; k <= cnt; k++)
for(int i = 1; i <= cnt; i++)
for(int j = 1; j <= cnt; j++)
if(g[i][k] != INF && g[k][j] != INF)
g[i][j] = min(g[i][j], g[i][k] * g[k][j]);
}
int main()
{
int cas = 0;
while(scanf("%d", &n) != EOF && n)
{
mp.clear();
cnt = 0;
for(int i = 1; i <= 20; i++)
for(int j = 1; j <= 20; j++)
g[i][j] = INF;
for(int i = 1; i <= 20; i++)
g[i][i] = 1;
for(int i = 0; i < n; i++)
{
scanf("%d%s%*s%d%s", &a, sa, &b, sb);
if(mp[sa] == 0) mp[sa] = ++cnt;
if(mp[sb] == 0) mp[sb] = ++cnt;
int ia = mp[sa], ib = mp[sb];
bi[ia] = sa;
bi[ib] = sb;
g[ia][ib] = (double)b / (double)a;
g[ib][ia] = (double)a / (double)b;
}
scanf("%lf%s", &num, name);
int id = mp[name];
floyd();
double mi = INF;
int ans;
int res;
for(int i = 1; i <= cnt; i++)
if(id != i && g[id][i] != -1)
{
int x = (int)ceil(num * g[id][i] - eps);
if(x > 100000) continue;
double y = (double)x * g[i][id];
if(mi > y)
{
mi = y;
ans = i;
res = x;
}
}
printf("Case %d: ", ++cas);
printf("%d %s
", res, bi[ans].c_str());
}
return 0;
}
这题目我想了一个结论，竟然就过了
题意是。
有若干个工人。
有若干个工件。
每个工件的工作分为两阶段，一阶段完了二阶段才能开始。
然后题目给出了每个工人对每个工件的一二阶段花费的时间。
注意每个工人一二阶段面对的工件可能会不一样。。
然后问最后消耗的总时间最少情况下，每个工人的工作分配是什么。
我的想法是:
对于每个工件的阶段一。我们先求一个阶段一花费总时间最少的安排。用KM求一下
然后根据阶段一的安排。再对二阶段进行建图。
这样就过了，但是不知道为什么，也不会证明。
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
#define eps 1e-5
#define MAXN 55
#define MAXM 55
#define INF 100000007
using namespace std;
int n, m, ny, nx;
int w[MAXN][MAXM], tw[MAXN][MAXM];
int lx[MAXN], ly[MAXM];
int linky[MAXM];
int visx[MAXN], visy[MAXM];
int slack[MAXM];
int bx[55][55], ax[55][55];
int ans[55][3];
bool find(int x)
{
visx[x] = 1;
for(int y = 1; y <= ny; y++)
{
if(visy[y]) continue;
int t = lx[x] + ly[y] - w[x][y];
if(t == 0)
{
visy[y] = 1;
if(linky[y] == -1 || find(linky[y]))
{
linky[y] = x;
return true;
}
}
else if(slack[y] > t) slack[y] = t;
}
return false;
}
int KM()
{
memset(linky, -1, sizeof(linky));
for(int i = 1; i <= nx; i++) lx[i] = -INF;
memset(ly, 0, sizeof(ly));
for(int i = 1; i <= nx; i++)
for(int j = 1; j <= ny; j++)
if(w[i][j] > lx[i]) lx[i] = w[i][j];
for(int x = 1; x <= nx; x++)
{
for(int i = 1; i <= ny; i++) slack[i] = INF;
while(true)
{
memset(visx, 0, sizeof(visx));
memset(visy, 0, sizeof(visy));
if(find(x)) break;
int d = INF;
for(int i = 1; i <= ny; i++)
if(!visy[i]) d = min(d, slack[i]);
if(d == INF) return -1;
for(int i = 1; i <= nx; i++)
if(visx[i]) lx[i] -=d;
for(int i = 1; i <= ny; i++)
if(visy[i]) ly[i] += d;
else slack[i] -= d;
}
}
int tp = 0, cnt = 0;
for(int i = 1; i <= ny; i++)
if(linky[i] != -1 && w[linky[i]][i] != -INF)
{
tp += w[linky[i]][i];
cnt++;
}
if(cnt != nx) return -1;
return -tp;
}
int main()
{
int cas = 0;
while(scanf("%d", &n) != EOF && n)
{
nx = ny = n;
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = 1; j <= n; j++)
{
scanf("%d", &ax[i][j]);
w[i][j] = -ax[i][j];
}
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = 1; j <= n; j++)
scanf("%d", &bx[i][j]);
int res = KM();
int val[55];
for(int i = 1; i <= n; i++)
val[linky[i]] = -w[linky[i]][i], ans[linky[i]][0] = i;
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = 1; j <= n; j++)
tw[i][j] = w[i][j];
for(int i = 1; i <= n; i++)
for(int j = 1; j <= n; j++)
{
int tmp = max(-tw[linky[j]][j], val[i]);
w[i][j] = -(tmp + bx[i][j]);
}
res = KM();
for(int i = 1; i <= n; i++)
ans[linky[i]][1] = i, ans[linky[i]][2] = -w[linky[i]][i];
int sum = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
int t0 = ans[i][0];
int t1 = ans[i][1];
sum += ans[i][2] - (ax[i][t0] + bx[i][t1]);
}
printf("Case %d:
", ++cas);
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
printf("Worker %d: %d %d %d
", i, ans[i][0], ans[i][1], ans[i][2]);
}
printf("Total idle time: %d
", sum);
}
return 0;
}
大意就是给出四个点。
然后求一个正方形，使得四个点分别在四个边上。
问边长最小是多少。
标程260行。 还有人400行过的。
计算几何神题啊。 目测不会。