2017计蒜之道初赛第四场AB两题题解

A题：商汤科技致力于引领人工智能核心“深度学习”技术突破，构建人工智能、大数据分析行业解决方案。作为一家人工智能公司，用机器自动地解决各类实际问题自然不在话下。近日，商汤科技推出了一套安全令牌，令牌如下图所示：

安全令牌上的小孔有 $n$ 行 $m$ 列，不过有些行和有些列已经用导线整体焊接了，共有 $k$ 根导线。

我们可以在安全令牌上 不重叠 地焊接若干个小芯片，每个芯片需要在相邻（不能斜着相邻，必须平行于行或列）的两个没有被焊接的小孔上固定。不能固定在已经被整体焊接的行或列上。

安全令牌上最多可以放置多少个芯片，就代表了这个安全令牌对应的校验码。当然，由于安全令牌上小孔的密度会很大，是很难目测出对应的校验码的。你作为商汤科技的实习生，需要写出一个程序，能够自动地算出一个给定的安全令牌的校验码。

输入格式

输入第一行三个整数 $n,m(1\le n,m\le 100)$，$k(0\le k\le n+m)$。

接下来输入 $k$ 行，每行输入两个整数 $d(0\le d\le 1)$，$c$。如果 $d=0$，表示第 $c(1\le c\le n)$ 行被整体焊接了，如果 $d=1$，表示第 $c(1\le c\le m)$ 列被整体焊接了。

输出格式

输出安全令牌对应的校验码。

样例输入

4 5 2
0 3
1 4

样例输出

5

解题思路：安全令牌分割成为若干个独立的矩形区域。一个矩形区域如果长和宽都是奇数，那么就会多出一个小孔，否则每个小孔都能用上。

#include
#define MAXSIZE 100
int map[MAXSIZE+1][MAXSIZE+1],n,m;
int dfs(int i,int j){
	if(i<=0||i>n||j<=0||j>m){
		return 0;
	}
	if(map[i][j]==1){
		return 0;
	}
	else{
		map[i][j]=1;
		return 1+dfs(i+1,j)+dfs(i,j+1);
	}
}
int main()
{
	int k,i,j,count=0,d,c;
	scanf("%d %d %d",&n,&m,&k);
	for(i=1;i<=n;i++){
		for(j=1;j<=m;j++){
			map[i][j]=0;
		}
	}
	for(i=0;i

B题：

商汤科技近日推出的 SenseVideo 能够对视频监控中的对象进行识别与分析，包括行人检测等。在行人检测问题中，最重要的就是对行人移动的检测。由于往往是在视频监控数据中检测行人，我们将图像上的行人抽象为二维平面上若干个的点。那么，行人的移动就相当于二维平面上的变换。

在这道题中，我们将行人的移动过程抽象为 平移，有两个 移动参数：dxd_xd​x​​ 和 dyd_yd​y​​。每次行人的移动过程会将行人对应的所有点全部平移，对于平移前的点 $(x,y)$，平移后的座标为 (x+dx,y+dy)(x + d_x, y + d_y)(x+d​x​​,y+d​y​​)。

我们现在已知一个行人对应着 $n$ 个点，座标分别为 (x1,y1),(x2,y2)…(xn,yn)(x_1,y_1),(x_2,y_2)\ldots (x_n,y_n)(x​1​​,y​1​​),(x​2​​,y​2​​)…(x​n​​,y​n​​)，平移后的座标分别为 (x1′,y1′),(x2′,y2′)…(xn′,yn′)(x_1',y_1'),(x_2',y_2')\ldots (x_n',y_n')(x​1​′​​,y​1​′​​),(x​2​′​​,y​2​′​​)…(x​n​′​​,y​n​′​​)。

很显然，通过平移前后的正确座标，很容易算出行人的移动参数，但问题没有这么简单。由于行人实际的移动并不会完全按照我们预想的方式进行，因此，会有一部分平移后的座标结果不正确，但可以确保 结果不正确的座标数量严格不超过一半。

你现在作为商汤科技的实习生，接手了这个有趣的挑战：算出行人的移动参数。如果不存在一组合法的移动参数，则随意输出一组参数；如果有多种合法的移动参数，输出其中任意一组合法的即可。

输入格式

第一行输入一个整数 n(1≤n≤105)n(1 \le n \le 10^5)n(1≤n≤10​5​​)，表示行人抽象出的点数。

接下来 $n$ 行，每行 $4$ 个 整数。前两个数表示平移前的座标，后两个数表示平移后的座标。

座标范围在 −109-10^9−10​9​​ 到 10910^910​9​​ 之间。

输出格式

一行两个整数，dxd_xd​x​​ 和 dyd_yd​y​​，表示行人的移动参数。

样例输入

5
0 0 1 1
0 1 1 2
1 0 2 1
1 1 0 0
2 1 1 0

样例输出

1 1

解题思路：

本题给定 $n$ 对变换前后的二维点，要求在有一定容错（错误的点对数严格不超过一半）的情况下，对变换进行复原。其关键条件在于对容错率的限制：错误的点对数严格不超过一半。由于只有平移，我们可以首先计算出每对点对应的平移量。由于错误的点对数严格不超过一半，我们可以直接统计 $n$ 组平移量中的众数，即可得到答案。

本题还可以通过限制内存，要求大家在常数内存下完成。只需要一个计数器和一个与计数器对应的平移量即可。每次读入一个点对，计算新的平移量。

（1）若此时计数器为 $0$，则存下这个平移量，计数器修改为 $1$；

（2）若此时计数器不为 $0$，则检查是否与存着的平移量相同：如果相同，则计数器加一；否则减一。最终幸存下来的平移量即为答案。

#include
typedef struct{
	int x;
	int y;
	int num;
}node;
node str[100001];
int count=0;
int main()
{
	int n,i,j,a,b;
	int x1,x2,x3,x4,flag;
	scanf("%d",&n);
	for(i=0;i=n){
			printf("%d %d",str[i].x,str[i].y);
			break;
		}
	}
}

d