A.跑步
二分枚举距离，然后构图用并查集判联通数量是否大与等于N，时间复杂度是 Nlog(N),
因为所给坐标较大，注意求解距离时强制转换，防止溢出～
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#include<stdio.h> #include<stdlib.h> #include<string.h> #include<algorithm> #include<math.h> using namespace std; const int N = 510; const double esp = 1e-8; int n, m, st[N], rank[N]; double dis[N][N], Max; #define MIN(a,b) (a)<(b)?(a):(b) #define MAX(a,b) (a)>(b)?(a):(b) int find( int x ){ return (st[x]==x)? x : (st[x]=find(st[x])) ; } int sign( double x ){ return (x<-esp)? -1 : (x>esp); } struct point{ int x, y; void input(){ scanf("%d%d", &x,&y); } }p[N]; double dist( point a, point b ){ return sqrt( 1.0*(a.x-b.x)*(a.x-b.x) + 1.0*(a.y-b.y)*(a.y-b.y) ); } int judge( double mid ){ for(int i = 0; i < n; i++ ) st[i] = i, rank[i] = 1; for(int i = 0; i < n; i++ ){ for(int j = i+1; j < n; j++){ //if( sign( dis[i][j]-mid ) <= 0 ) if( dis[i][j] <= mid ) { int fx = find(i), fy = find(j); if( fx != fy ){ st[fy] = fx; rank[fx] += rank[fy]; } } } } int cnt = 0; for(int i = 0; i < n; i++) if( st[i] == i ) cnt = MAX( cnt, rank[i] ); return cnt; } int main(){ int T; scanf("%d",&T); while( T-- ) { scanf("%d%d", &n,&m); for(int i = 0; i < n; i++) p[i].input(); for(int i = 0; i < n; i++) for(int j = i+1; j < n; j++) { dis[i][j] = dis[j][i] = dist( p[i], p[j] ); Max = MAX( Max, dis[i][j] ); } double l = 0, r = Max+1, ans = 0; while( (r-l) > 1e-6 ){ double mid = (r+l)/2.; int tmp = judge( mid ); // printf("mid = %lf, tmp = %d\n", mid, tmp ); if( tmp >= m ){ ans = r = mid; } else l = mid; } printf("%.4lf\n", ans ); } return 0; }
B.连线
最小权值匹配. 只会最大匹配的匈牙利算法。去研究研究权值匹配再来写。。。
C.回文串
插值取模，使用树状数组来维护，经典字符串题
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#include<stdio.h> #include<stdlib.h> #include<string.h> #include<math.h> #include<iostream> using namespace std; typedef unsigned long long LL; const int N = 1000007; LL bit[N], C[2][N]; int n, m; char str[N]; void update( int x, LL val, int flag ) { for( ; x <= n; x += x&(-x) ) C[flag][x] += val; } LL sum( int x, int flag ) { LL res = 0; for( ; x >= 1; x -= x&(-x) ) res += C[flag][x]; return res; } void InitBit(){ bit[0] = 1; for(int i = 1; i < N; i++) bit[i] = bit[i-1]*27; } void init(){ n = strlen( str ); memset( C, 0, sizeof(C) ); for(int i = 1; i <= n; i++) { int j = (n+1)-i; update( i, (str[i-1]-'a'+1)*bit[i-1], 0 ); update( j, (str[i-1]-'a'+1)*bit[j-1], 1 ); } } void solve(){ scanf("%d", &m); char op[2], ch[2]; int a, b, c, d; while( m-- ) { scanf("%s", op); if( op[0] == 'Q' ) { scanf("%d%d",&a,&b); if(a > b) swap(a,b); d = (n+1)-a; c = (n+1)-b; LL hash0 = ( sum(b,0)-sum(a-1,0) )*bit[c-1];//对阶 LL hash1 = ( sum(d,1)-sum(c-1,1) )*bit[a-1]; puts( (hash0 == hash1) ? "yes" : "no" ); } else { scanf("%d%s",&a,ch); b = (n+1)-a; update( a, (ch[0]-str[a-1])*bit[a-1], 0 ); update( b, (ch[0]-str[a-1])*bit[b-1], 1 ); str[a-1] = ch[0]; } } } int main(){ InitBit(); int T; scanf("%d", &T); while( T-- ) { scanf("%s", str ); init(); solve(); } return 0; }
D.数列
将 b1,b2,...,bn分解素因子,化成 形式.
总共有 K 种不同的 素因子
令, 表示 第i 种素因子的次数.
则, 我们可以先分开考虑第 i 种素数,其共有m个,将其放置在 n个盒子中,其中盒子不同,可以为空.
这里有一个 组合数学关于 球放置于盒子的 问题. 具体可参考 jian1573博客 (http://www.cnblogs.com/jian1573/archive/2011/09/18/2180433.html)
其方案数为
因为总共有 K 种 不同素数, 则总方案数为:
此时问题,还没有被完全解决, 因为, 题目要求 ai > 1, 意味着, 任意个盒子,不可同时都为空,
而我们上面的计算,是先假设其可以为空的情形.所以,我们需要减去所有为空的情况,剩下的才是我们的最终结果.
这里通过 假设,至少1个盒子为空, 至少2个盒子为空, ...,至少 n-1个盒子为空( 必定有1个盒子不为空,所以不能取到n )
使用容斥原理来计算. 关键点
一, 假设 1个盒子必定为空, 我们可以通过 假定盒子总数量为 n-1 个, 公式转换成 得出. 多个盒子为空同上.
二, 假设 1个盒子必定为空, 对于剩下的 n-1个盒子, 因为我们计算的是组合情形, 其中还是会出现其它盒子为空.意味着
有重复的情形. 所以这里需要用到容斥原理, 另外这里因为是 集合的并, 容斥的计算是 减奇加偶.
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#include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<algorithm> #include<map> #include<cmath> using namespace std; typedef long long LL; const int mod = 1e9+7; int b[21], a[1010], n, tot; LL C[21][21]; map<int,int>mp; void init(){ for(int i = 0; i <= 20; i++) C[i][0] = 1, C[i][i] = 1; for(int i = 2; i <= 20; i++) for(int j = 1; j < i; j++) C[i][j] = (C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod; } void deal(){ mp.clear(); for(int i = 0; i < n; i++){ int tmp_max = (int)sqrt(1.*b[i]); int t = b[i]; for(int j = 2; j <= tmp_max; j++) { if( t%j == 0 ){ if( mp.count(j) == 0 ) mp[j] = 0; int cnt = 0; while( t%j == 0 ) (t/=j), cnt++; mp[j] += cnt; } } if( t > 1 ){ if( mp.count(t) == 0 ) mp[t] = 1; else mp[t]++; } } int idx = 0; memset( a, 0, sizeof(a)); for( map<int,int>::iterator it = mp.begin(); it != mp.end(); it++ ) a[idx++] = it->second; tot = mp.size(); //printf("tot = %d\n", tot ); //for(int i = 0; i < tot; i++) // printf("%d ", a[i] ); //printf("\n\n\n"); } void solve(){ LL ans = 0; for(int i = 0; i < n; i++){ LL tmp = 1; for(int j = 0; j < tot; j++){ tmp = tmp*C[ n-1-i+a[j] ][ n-1-i ]%mod; } tmp = tmp*C[n][i]%mod; if( i&1 ) tmp = -tmp; ans = (ans+tmp+mod)%mod; } printf("%lld\n", ans ); } int main(){ init(); int T; scanf("%d", &T); while( T-- ){ scanf("%d", &n); for(int i = 0; i < n; i++) scanf("%d", &b[i] ); deal(); solve(); } return 0; }
E. 树形DP
分析过程详见：http://www.cnblogs.com/yefeng1627/archive/2013/03/28/2987344.html
F. 最大连续和
线段树节点信息为{ 前缀和，后缀和，区间最大和 }， 线段树的另一类用法
分析过程及代码实现详见链接： http://www.cnblogs.com/yefeng1627/archive/2013/03/27/2984787.html
G 石子游戏
博弈论, 简单的SG函数,但是这里最多取一半,所以对于奇数可以去 n/2+1, 偶数可以取 n/2， 对于奇异局势
的判定还是一样，若异或为0则当前为必败点。
H 预处理x,y和，后凸包枚举边，构直线。
因为点(x,y)到直线的距离计算公式为
所有点到 直线 L的距离和为
然后做 凸包来枚举所有边, 就能够 O(1) 时间求出 其它点到直线的距离之和.
总时间复杂为 O(N)
I 二维最短路，dis[N][K],表示第i个城市获取k*10的金币最小花费，当J >= K 合并到 J中去。
一直TLE。。。想到解决方案了再来修正。。。
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#include<stdio.h> #include<string.h> #include<stdlib.h> #include<algorithm> #include<vector> #include<queue> using namespace std; const int N = 5010; const int M = 100010; const int INF = 0x3fffffff; vector< pair<int,int> > edge[N]; int S, T, K; int n, m; int dis[N][510]; bool vis[N]; queue<int> Q; void spfa(){ while(!Q.empty()) Q.pop(); for(int i = 1; i <= n; i++ ){ vis[i] = 0; for(int j = 0; j <= K; j++) dis[i][j] = INF; } dis[S][0] = 0; Q.push( S ); vis[S] = 1; while( !Q.empty() ){ int u = Q.front(); Q.pop(); vis[u] = 0; for(int i = 0; i < edge[u].size(); i++){ int v = edge[u][i].first, cost = edge[u][i].second; for(int j = 1; j <= K; j++){ if( dis[v][j] > dis[u][j-1]+cost ){ dis[v][j] = dis[u][j-1]+cost; if( !vis[v] ) Q.push(v), vis[v] = 1; } if( (j==K) && (dis[v][j] > dis[u][j]+cost) ){ dis[v][j] = dis[u][j]+cost; if( !vis[v] ) Q.push(v), vis[v] = 1; } } } } } int main(){ int T; scanf("%d", &T); while( T-- ){ scanf("%d%d", &n, &m); int a, b, c; for(int i = 1; i <= n; i++) edge[i].clear(); for(int i = 0; i < m; i++){ scanf("%d%d%d", &a,&b,&c); edge[a].push_back( make_pair(b,c) ); edge[b].push_back( make_pair(a,c) ); } scanf("%d%d%d", &S,&T,&K); K = (K+9)/10; spfa(); if( dis[T][K] == INF ) puts("-1"); else printf("%d\n", dis[T][K] ); } return 0; }
J 数论中的异或
若我们只考虑二进制表示，则每个数只有30位，对于异或操作，只能得出 1,0. 1,0的总数是对应的，
所以我们可以通过每个位置0,1数量来判定当前位置应该为0，还是1，然后化成10进制即可。