比赛链接:http://acm.fzu.edu.cn/contest/list.php?cid=144
Problem B 完美的数字
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Problem Description
Bob是个很喜欢数字的孩子,现在他正在研究一个与数字相关的题目,我们知道一个数字的完美度是 把这个数字分解成三个整数相乘A*A*B(0<A<=B)的方法数,例如数字80可以分解成1*1*80,2*2*20 ,4*4*5,所以80的完美度是3;数字5只有一种分解方法1*1*5,所以完美度是1,假设数字x的完美度为d(x),现在给定a,b(a<=b),请你帮Bob求出
S,S表示的是从a到b的所有数字的流行度之和,即S=d(a)+d(a+1)+…+d(b)。
Input
输入两个整数a,b(1<=a<=b<=10^15)
Output
输出一个整数,表示从a到b的所有数字流行度之和。
Sample Input
1 80
Sample Output
107
题目分析:枚举到B^(1/3)即可,首先每个数字的完美度至少为1,因为x/(i*i) (i >= 2)必须大于i才满足A*A*B(0<A<=B),所以对于每个可能的枚举值的额外完美度为x/(i*i)-i+1
#include <cstdio> #include <cstring> #define ll long long ll cal(ll x) { ll cnt = 0; for(ll i = 2; i * i * i <= x; i++) cnt += x / (i * i) - i + 1; return x + cnt; } int main() { ll a, b; while(scanf("%I64d %I64d", &a, &b) != EOF) printf("%I64d\n", cal(b) - cal(a - 1)); }
Problem D So Hard
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Problem Description
请将有限小数化为最简分数。
Input
一个整数n 表示需要转化的小数个数;接下来n行,每行有一个有限小数。(保证小数位数不超过9位)
Output
输出有n行,每行为小数对应的最简分数
Sample Input
2
0.5
0.4
Sample Output
1/2
2/5
Hint
注意精度问题,数据保证不会有类似1.0的小数。
题目分析:字符串读,分子分母同除他们的最大公约数
#include <cstdio> #include <cstring> #define ll long long int const MAX = 1e5; char s[MAX]; ll gcd(int a, int b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; } int main() { int T; scanf("%d", &T); while(T--) { scanf("%s", s); int l = strlen(s); ll len = 1; ll num = 0; bool flag = false; for(int i = 0; i < l; i++) { if(s[i] == '.') { flag = true; continue; } num = num * 10 + (s[i] - '0'); if(flag) len *= 10; } ll g = gcd(num, len); printf("%I64d/%I64d\n", num / g, len / g); } }
Problem F 检查站点
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Problem Description
在山上一共有N个站点需要检查,检查员从山顶出发去各个站点进行检查,各个站点间有且仅有一条通路,检查员下山前往站点时比较轻松,而上山时却需要额外的时间,问最后检查员检查完所有站点时所需要的额外时间最少是多少。
Input
包含多组数据每组数据输入第一行为一个整数N 表示站点个数(1<=N<=100000),接下去N-1 行 每行3个整数 x,y,z(1<=z<=10000) 检查站x为检查站y的父节点,x,y之间有一条通路,从y到x需要额外z的时间。(父节点在子节点上方,山顶固定标号为1)
Output
输出一行一个整数表示最少需要花费的额外时间。
Sample Input
6
1 2 1
2 4 1
1 3 1
3 5 1
3 6 1
Sample Output
3
题目分析:全部值减去权值最大的一条从根到叶子的路径值即可
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; int const MAX = 1e5 + 5; int re[MAX], fa[MAX]; int n; int get_num(int v) { int cnt = 0; for(; v; v = fa[v]) cnt += re[v]; return cnt; } int main() { while(scanf("%d", &n) != EOF) <span style="font-size:14px;">{ memset(re, 0, sizeof(re)); memset(fa, 0, sizeof(fa)); int sum = 0; for(int i = 0; i < n - 1; i++) { int u, v, w; scanf("%d %d %d", &u, &v, &w); fa[v] = u; re[v] = w; sum += w; } int ma = 0; for(int i = 2; i <= n; i++) ma = max(ma, get_num(i)); printf("%d\n", sum - ma); } }</span>
Problem G Escape
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Problem Description
小明进入地下迷宫寻找宝藏,找到宝藏后却发生地震,迷宫各处产生岩浆,小明急忙向出口处逃跑。如果丢下宝藏,小明就能迅速离开迷宫,但小明并不想轻易放弃自己的辛苦所得。所以他急忙联系当程序员的朋友你(当然是用手机联系),并告诉你他所面临的情况,希望你能告诉他是否能成功带着宝藏逃脱。
Input
有多组测试数据。
每组测试数据第一行是一个整数T,代表接下去的例子数。(0<=T<=10)
接下来是T组例子。
每组例子第一行是两个整数N和M。代表迷宫的大小有N行M列(0<=N,M<=1000)。
接下来是一个N*M的迷宫描述。
S代表小明的所在地。
E代表出口,出口只有一个。
.代表可以行走的地方。
!代表岩浆的产生地。(这样的地方会有多个,其个数小于等于10000)
#代表迷宫中的墙,其不仅能阻挡小明前进也能阻挡岩浆的蔓延。
小明携带者宝藏每秒只能向周围移动一格,小明不能碰触到岩浆(小明不能和岩浆处在同一格)。
岩浆每秒会向四周不是墙的地方蔓延一格。
小明先移动完成后,岩浆才会蔓延到对应的格子里。
小明能移动到出口,则小明顺利逃脱。
Output
每组测试数据输出只有一行“Yes”或者“No”。“Yes”代表小明可以成功逃脱。否则输出“No”。
Sample Input
3
5 5
....!
S....
#....
!#...
#E...
2 2
S.
!E
2 2
SE
!.
Sample Output
Yes
No
Yes
题目分析:BFS1预处理各个点岩浆到达的最短时间,BFS2搜人是否能出去,要注意的一点是如果人和岩浆同时到E,则人算成功逃脱
#include <cstdio> #include <cstring> #include <queue> using namespace std; int const MAX = 1005; int const INF = 0x7fffffff; char map[MAX][MAX]; int tim[MAX][MAX]; bool vis[MAX][MAX]; int n, m; int sx, sy, ex, ey; int dx[4] = {1, 0, -1, 0}; int dy[4] = {0, -1, 0, 1}; struct NODE { int x, y; int step; }; bool ok(int i, int j) { if(i >= 0 && j >= 0 && i < n && j < m) return true; return false; } void BFS1() { NODE yj; queue <NODE> q; for(int i = 0; i < n; i++) { for(int j = 0; j < m; j++) { if(map[i][j] == '!') { yj.x = i; yj.y = j; yj.step = 0; tim[i][j] = 0; q.push(yj); } } } while(!q.empty()) { NODE now = q.front(), t; q.pop(); //printf("now.x = %d now.y = %d now.step = %d\n", now.x, now.y, now.step); for(int i = 0; i < 4; i ++) { t.x = now.x + dx[i]; t.y = now.y + dy[i]; t.step = now.step + 1; if(ok(t.x, t.y) && t.step < tim[t.x][t.y]) { tim[t.x][t.y] = t.step; q.push(t); } } } return; } bool BFS2() { memset(vis, false, sizeof(vis)); NODE st; st.x = sx; st.y = sy; vis[sx][sy] = true; st.step = 0; queue <NODE> qq; qq.push(st); while(!qq.empty()) { NODE now = qq.front(), t; qq.pop(); if(now.x == ex && now.y == ey && t.step <= tim[t.x][t.y]) return true; for(int i = 0; i < 4; i++) { t.x = now.x + dx[i]; t.y = now.y + dy[i]; t.step = now.step + 1; if(t.x == ex && t.y == ey && t.step <= tim[t.x][t.y]) return true; if(ok(t.x, t.y) && !vis[t.x][t.y] && t.step < tim[t.x][t.y]) { vis[t.x][t.y] = true; qq.push(t); } } } return false; } int main() { int T; while(scanf("%d", &T) != EOF) { while(T--) { scanf("%d %d", &n, &m); if(n == 0 || m == 0) { printf("No\n"); continue; } for(int i = 0; i < n; i++) { scanf("%s", map[i]); for(int j = 0; j < m; j++) { tim[i][j] = INF; if(map[i][j] == 'S') { sx = i; sy = j; } if(map[i][j] == 'E') { ex = i; ey = j; } if(map[i][j] == '#') tim[i][j] = 0; } } BFS1(); printf("%s\n", BFS2() ? "Yes" : "No"); } } }
Problem 2197 最小花费
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Problem Description
给一个长度为n(n <= 10^5)的“01”串,你可以任意交换一个为0的位和一个为1的位,若这两位相邻,花费为X,否则花费为Y。求通过若干次交换后将串中的“1”全部变换到“0”前面的最小花费。
Input
第一行一个整数T(1 <= T <= 10),表示测试数据的组数。接下来3*T行,每组数据三行,第一行为整数X(1 <= X <= 10^3),第二行为整数Y(X <= Y <= 10^3),第三行是“01”串。
Output
最小花费。
Sample Input
2
1
2
1100
1
2
0011
Sample Output
0
3
题目分析:两种策略,跨着换,相邻换,首先相邻换的花费是固定的,所以一个1和一个0,要交换的花费为min(y, x * len)
先处理处所有1的位置和个数cnt,我们要让前cnt均为1,则从0到cnt-1枚举,遇到一个0则拿最后的一个1和它交换
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; int const MAX = 1e5; char s[MAX]; int idx[MAX]; int main() { int T; scanf("%d", &T); while(T--) { int x, y; scanf("%d %d",&x, &y); scanf("%s", s); int len = strlen(s), cnt = 0; for(int i = len - 1; i >= 0; i--) if(s[i] == '1') idx[cnt ++] = i; int ans = 0, now = 0; for(int i = 0; i < cnt; i++) if(s[i] == '0') ans += min(y, x * (idx[now ++] - i)); printf("%d\n", ans); } }