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链接:2014, Samara SAU ACM ICPC Quarterfinal Qualification Contest
打了不到2个小时,3星
AC 4/13
真滴菜
A了4个题,然后挂机,然后溜了...
G 题没过滤掉无效情况
D 没考虑一开始就不用涂的情况
实际上
如果把M题,C题的时间拿来试A的题意,估计秒了
然后把I题的思路勇敢的推倒,搞个暴力,稳到5-6题也是可能的…
题解:
A 计算几何
出题人没说清楚题意,简直智障,求的确实是百分比,和我猜的一样...
很显然,把三个角的未覆盖放在一起,可以得到一个黑洞的外接三角形...
小三角形和大三角形的面积之比就是(黑洞的半径/大三角形内接圆半径)^2
大三角形的面积可以用海伦公式得到
然后小三角形的面积减去黑洞的面积就是没有覆盖的面积...
写的时候我一度以为是直角三角形..
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
const int maxm=1e6+10;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int casn,n,m,k;
int a1[maxn],a2[maxn];
int main(){
//#define test
#ifdef test
freopen("in.txt","r",stdin);freopen("out1.txt","w",stdout);
#endif double a,b,c,r;
double PI=2.0*acos(0);
double num[3];
while(cin>>num[0]>>num[1]>>num[2]>>r){
sort(num,num+3);
a=num[0],b=num[1],c=num[2];
double l=(a+b+c)/2.0;
double sum=sqrt(l*(l-a)*(l-b)*(l-c));
double R=2.0*sum/(a+b+c);
double ss=sum*(r/R)*(r/R)-r*r*PI;
double ans=(1.0-ss/sum);
printf("%.16f\n",ans);
} #ifdef test
fclose(stdin);fclose(stdout);system("out1.txt");
#endif
return 0;
}
C
a*b=k(a+b)
给k 求所有的a和b
推一下公式 发现可以转化为a=k+(k^2)/(b-k)
所以只要得到k^2的所有因子,然后把这些因子+k就是b,k^2/这些因子再+k就是a...
显然 k^2的因字即k的因子,而k^2=k*k(废话),因此任意两个k的因子相乘,也一定是k^2的因子..
然后暴力就行了...
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
const int maxm=1e6+10;
const int INF=0x3f3f3f3f;
ll casn,n,m,k;
set<ll> vis;
ll num[maxn];
int cnt=0;
int main(){
//#define test
#ifdef test
freopen("in.txt","r",stdin);freopen("out1.txt","w",stdout);
#endif
while(cin>>k){
cnt=0;
for(int i=1;i*i<=k;i++){
if(k%i) continue;
num[cnt++]=i;
if(i*i!=k) num[cnt++]=k/i;
}
vis.clear();
for(int i=0;i<cnt;i++){
for(int j=0;j<cnt;j++){
vis.insert(num[i]*num[j]);
}
}
cout<<vis.size()<<endl;
for(auto i=vis.begin();i!=vis.end();i++){
cout<<(*i+k)<<' '<<k+(k*k)/(*i)<<endl;
}
}
#ifdef test
fclose(stdin);fclose(stdout);system("out1.txt");
#endif
return 0;
}
D
水题
用map保存种颜色的数量,如果修改的过程中数量为零,则删除
当size==1的时候 结束
注意一开始就size==1的情况....
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <stdio.h>
#include <map>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
const int maxm=1e6+10;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int casn,n,m,k;
int a,b,c;
int num[maxn];
map<int,int> vis; int main(){
// #define test
#ifdef test
freopen("in.txt","r",stdin);freopen("out.txt","w",stdout);
#endif cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&num[i]);
vis[num[i]]++;
} cin>>m;
int ans=0;
if(vis.size()==1) {
ans=-1;
}
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d %d",&a,&b);
if(ans) continue;
if(vis.size()==1) {
ans=i;
}
vis[num[a]]--;
if(vis[num[a]]==0) vis.erase(num[a]);
vis[b]++;
num[a]=b;
if(vis.size()==1) {
ans=i;
}
}
if(!ans)cout<<-1<<endl;
else cout<<max(ans,0)<<endl; #ifdef test
fclose(stdin);fclose(stdout);system("out.txt");
#endif
return 0;
}
E
水题
给一个字符串
每次找两个相邻的不同字母删除,问是否能删光
我想递推,但zc直接想出了只要统计是否有一种字符数量大于一半,大于则不可能
逻辑也比较显然,只要种类不是1种 就肯定能继续删下去,每次删除这两种字符都会--,但是如果一开始就大于一半,显然不可能,其他的情况必然有解
注意奇数情况
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <stdio.h>
#include <map>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
const int maxm=1e6+10;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int casn,n,m,k;
char s[maxm];
int vis[1000];
int main(){
//#define test
#ifdef test
freopen("in.txt","r",stdin);freopen("out.txt","w",stdout);
#endif
scanf("%s",s);
n=strlen(s);
int flag=1;
if(n&1) flag=0;
for(int i=0;i<n;i++){
vis[s[i]]++;
}
int cnt=0;
for(int i=0;i<1000;i++){
cnt=max(vis[i],cnt);
}
if(cnt<=n/2&&flag) cout<<"YES"<<endl;
else cout<<"NO"<<endl; #ifdef test
fclose(stdin);fclose(stdout);system("out.txt");
#endif
return 0;
}
F
水题...
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <stdio.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
const int maxm=1e6+10;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int casn,n,m,k;
int a,b,c; int main(){
//#define test
#ifdef test
freopen("in.txt","r",stdin);freopen("out.txt","w",stdout);
#endif cin>>a>>b>>c;
if(c>b) puts("Stay with this envelope");
else puts("Take another envelope"); #ifdef test
fclose(stdin);fclose(stdout);system("out.txt");
#endif
return 0;
}
G
水题
直接贪心就好..
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <stdio.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
const int maxm=1e6+10; int casn,n,m,k;
#define IO ios::sync_with_stdio(false)
long long a[maxn];
long long chu[maxn];
int main(){ IO; long long ans=0;
while(cin>>n>>m)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>chu[i];
n++;
memset(a,0,sizeof(a));
a[1]=1;
int cnt=0;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
a[i]=a[i-1]*chu[i-1];
cnt=i;
if(a[i]>1e11) { break;
}
}
//cout<<a[2]<<endl;
ans=0;
int temp=0;
n=cnt;
for(int i=n;i>=1;i--)
{
if(a[i]==0) continue;
temp=m/a[i];
ans+=temp;
if(temp>0)
{
m-=a[i]*temp;
}
}
cout<<ans<<endl;
} return 0;
}
I
给一个无向连通图,让你去染色,两点的颜色不同当且仅当两点相邻
比赛的时候题读错了,必须仔细读才行,幸亏给了sample3...不然得WA一天
不过一开始说dfs,也确实是可以dfs的...不过是在原图边集的补集上进行dfs,暴力上一种染色就行
以下是非dfs的n^2算法
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=1e3+10;
const int maxm=1e6+10;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int casn,n,m,k;
int g[maxn][maxn];
int clr[maxn];
int vis[maxn];
int main(){
//#define test
#ifdef test
freopen("in.txt","r",stdin);freopen("out1.txt","w",stdout);
#endif
while(cin>>n>>m>>k){
memset(g,0,sizeof g);
for(int i=0;i<m;i++){
int a,b;
scanf("%d%d",&a,&b);
g[a][b]=g[b][a]=1;
}
memset(clr,0,sizeof clr);
for(int i=1;i<=n;i++){
if(clr[i]) continue;
memset(vis,0,sizeof vis);
for(int j=1;j<=n;j++){
if(i!=j&&g[i][j]) vis[clr[j]]=1;
}
int tmp=1;
while(vis[tmp])tmp++;
clr[i]=tmp;
}
int flag=1;
for(int i=1;i<=n&&flag;i++){
if(clr[i]>k||!clr[i]) flag=0;
for(int j=i+1;j<=n&&flag;j++){
if(g[i][j]&&clr[i]==clr[j])flag=0;
if(!g[i][j]&&clr[i]!=clr[j]) flag=0;
}
}
if(flag){
for(int i=1;i<=n;i++) cout<<clr[i]<<' ';
cout<<endl;
}else puts("-1");
}
#ifdef test
fclose(stdin);fclose(stdout);system("out1.txt");
#endif
return 0;
}
K
两个人,n个物品顺序拜访,价值不同,轮流拿东西,只不过A先手,且每次可以任意拿,B后手且每次只能顺序拿剩下的
每次直接假设A拿走2个,然后每拿2个就把A拿过的最小的那个留给B,维护两人的和就行
简单来说,A可以选择让B拿走当前这个还是下一个,但A也可以拿后面的,让B既拿这个,也拿下一个
就用多重集合保存A可以拿的,每次把可以拿的最小的分给B即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
const int maxm=1e6+10;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int casn,n,m,k;
multiset<int> vis; int main(){
//#define test
#ifdef test
freopen("in.txt","r",stdin);freopen("out.txt","w",stdout);
#endif while(cin>>n){
vis.clear();
long long ans1=0,ans2=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
int t;
cin>>t;
ans1+=t;
vis.insert(t);
if(i%2==0){
ans1-=*vis.begin();
ans2+=*vis.begin();
vis.erase(vis.begin());
}
}
cout<<ans1<<' '<<ans2<<endl;
} #ifdef test
fclose(stdin);fclose(stdout);system("out.txt");
#endif
return 0;
}
M
给你A,B
要求一个长度为N的数列,为1-N的一个排列,其最长上升子序列长A,最长下降子序列长B,求N的最大值和对应的一种解
最长可达A*B
最终子序列由A段长度为B的下降子串构成,每一段下降串的最大值递增
例如
5 2
答案
10
2 1 4 3 6 5 8 7 10 9
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
const int maxm=1e6+10;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int casn,n,m,k;
int a1[maxn],a2[maxn]; int main(){
//#define test
#ifdef test
freopen("in.txt","r",stdin);freopen("out1.txt","w",stdout);
#endif
int a,b;
while(cin>>a>>b){
cout<<a*b<<endl;
n=a*b;
int cnt=1;
for(int i=1;i<=a;i++){
for(int j=i*b;j>b*(i-1);j--){
cout<<j<<' ';
}
}
cout<<endl;
}
#ifdef test
fclose(stdin);fclose(stdout);system("out1.txt");
#endif
return 0;
}