A题是水题就不赘述了,B题是道模拟,我都是交给神学弟敲的。确实都不难,注意理解题意,就不贴代码了。
C. Hyper Box
C题也不是很难,就是一道数有多少斐波那契数组成的情况,注意中间值会超long long就行。
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
using namespace std;
int main()
{
int t,i,n,cas=0;
long long x[111],ans,a,tt;
x[1]=1;
x[2]=2;
for(i=3;i<=50;++i)
{
x[i]=x[i-1]+x[i-2];
}
cin>>t;
while(t--)
{
cas++;
cin>>n;
ans=1;
while(n--)
{
cin>>a;
tt=0;
for(i=50;i>=1;--i)
{
while(a>=x[i])
{
tt++;
a=a-x[i];
}
}
ans*=tt;
}
printf("Case %d: %lld\n",cas,ans);
}
}
E. Halloween Costumes
E题是状态DP,要记录下每个位置的衣服数量,注意初始化,dp[i][i]=0。由两边向中间扫。
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
using namespace std;
int a[111],dp[111][111];
int f(int u,int v)//记忆化搜索
{
int k;
if(u>v)
{
return 0;
}
if(dp[u][v]!=-1)
{
return dp[u][v];
}
dp[u][v]=max(f(u+1,v),f(u,v-1));
if(a[u]==a[v])
{
dp[u][v]=max(dp[u][v],f(u+1,v-1)+1);
}
for(k=u;k<=v;++k)
{
dp[u][v]=max(dp[u][v],dp[u][k]+dp[k][v]);
}
return dp[u][v];
}
int main()
{
int t,i,j,m,n,cas=0;
cin>>t;
while(t--)
{
cas++;
cin>>n>>m;
memset(dp,-1,sizeof(dp));//注意两处的初始化
for(i=1;i<=n;++i)
{
cin>>a[i];
dp[i][i]=0;
}
printf("Case %d: %d\n",cas,n-f(1,n));
}
}
F. Digital Matrix
这题就是一道判断题,多次判断矩阵转化过程中的变化次数和是否为对称矩阵。比赛时没敲出来,太水了。。。
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
using namespace std;
int main()
{
int n,k;
int a[111][111],b[111][111];
int t,i,j,cas=0,count,cut,cnt,sum,f;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
cas++;
scanf("%d%d",&n,&k);
for(i=1; i<=n; ++i)
{
for(j=1; j<=n; ++j)
{
scanf("%d",&a[i][j]);
}
}
for(i=1; i<=n; ++i)
{
for(j=1; j<=n; ++j)
{
scanf("%d",&b[i][j]);
}
}
printf("Case %d: ",cas);
count=0;
for(i=1; i<=n; ++i)//判断两矩阵是否相同
{
for(j=1; j<=n; ++j)
{
if(a[i][j]!=b[i][j])
{
count++;
}
}
}
if(count==0)
{
printf("0\n");
continue;
}
f=0;
for(i=1; i<=n; ++i)//判断b矩阵是否为对称矩阵
{
for(j=1; j<=n; ++j)
{
if(b[i][j]!=b[j][i])
{
f=1;
}
}
}
if(f==0)
{
printf("-1\n");
continue;
}
cut=cnt=0;
for(i=1; i<=n; ++i)
{
for(j=1; j<i; ++j)
{
if(a[i][j]!=b[j][i]||a[j][i]!=b[i][j])//记录防止对称矩阵出现的变化操作次数的标准
{
cut++;
}
if((a[i][j]!=b[i][j]||a[j][i]!=b[j][i])&&b[j][i]!=b[i][j])
{
cnt++;
}
}
}
if(cut>0||cnt>1)//判断是否符合条件
{
sum=0;
}
else if(n<=2&&k<=2)
{
sum=-1;
}
else if(k>2)
{
sum=1;
}
else
{
sum=2;
}
if(sum<0)
{
printf("-1\n");
}
else
{
printf("%d\n",sum+count);
}
}
return 0;
}
H. Optimal Store
这是一道平面的解析几何体,题解给的方法是通过拉密定理转化为物理上的合外力为零问题(果然编程博大精深,涉及面好广)。当时敲的时候脑袋一塌糊涂,准备用费马点去做,后来发现由于要把两条较短边的长度乘2,就发现费马点不行,所以就准备直接暴力枚举搜点,我首先以三角形的重心(即中线交点)作为起始位置,向上下左右不停地遍历变化中心点周围的点,不断找更小的符合条件点,并再次作为中线点,直到找到最小点位置。由于遍历的长度是由自己定的,可以定为不超出三角形范围的长度值,并且每次需要乘以一个小于1的数,作为减小的变化值(注意:该值不宜太小,否则会导致精度不够,答案错误)。
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define N 34445532.0
#define ee 1e-9
double x1,x2,x3,z,y2,y3;
double d(double a1,double b1,double a2,double b2)//求两点距离
{
return sqrt((a1-a2)*(a1-a2)+(b1-b2)*(b1-b2));
}
double g(int i,double a,double b)//求所求总距离
{
double l1,l2,l3;
l1=d(a,b,x1,z);
l2=d(a,b,x2,y2);
l3=d(a,b,x3,y3);
if(i==0)
{
return (l1+l2+l3)*2.0-l1;
}
else if(i==1)
{
return (l1+l2+l3)*2.0-l2;
}
else
{
return (l1+l2+l3)*2.0-l3;
}
}
int main()
{
int cas=0,i,f;
double ans,xm,ym,xn,yn,len,xx,yy,wei,mei,xd,yd,sum;
while(cin>>x1>>z>>x2>>y2>>x3>>y3)
{
if(x1<0&&z<0&&x2<0&&y2<0&&x3<0&&y3<0)
{
break;
}
cas++;
xm=max(x1,max(x2,x3));
ym=max(z,max(y2,y3));
xn=min(x1,min(x2,x3));
yn=min(z,min(y2,y3));
i=3;
sum=N;
while(i--)//暴力枚举点,不管哪条边最短
{
xx=(x1+x2+x3)/3.0;
yy=(z+y2+y3)/3.0;
len=max(xm-xn,ym-yn);//遍历长度初始值
wei=g(i,xx,yy);
while(len>ee)
{
f=1;
while(f==1)
{//开始向上下左右遍历
f=0;
wei=g(i,xx,yy);
xd=xx+len;
yd=yy;
mei=g(i,xd,yd);
if(mei<wei)
{
wei=mei;
xx=xd;
f=1;
}
if(f==0)
{
wei=g(i,xx,yy);
xd=xx-len;
yd=yy;
mei=g(i,xd,yd);
if(mei<wei)
{
wei=mei;
xx=xd;
f=1;
}
}
if(f==0)
{
wei=g(i,xx,yy);
xd=xx;
yd=yy+len;
mei=g(i,xd,yd);
if(mei<wei)
{
wei=mei;
yy=yd;
f=1;
}
}
if(f==0)
{
wei=g(i,xx,yy);
xd=xx;
yd=yy-len;
mei=g(i,xd,yd);
if(mei<wei)
{
wei=mei;
yy=yd;
f=1;
}
}
}
len=len*0.33;//变化率
}
sum=min(sum,wei);
}
printf("Case %d: %.8f\n",cas,sum);//注意精度
}
return 0;
}