这场比赛特点在于两个简单题太坑，严重影响了心情。。导致最后只做出两题....当然也反映出心理素质的重要性
1002：
题意：一个矩阵b[n][n]通过数组 a[n]由以下规则构成，现在已知b[n][n]问是否有对应的数组a[n]
解法：
首先都是位运算所以不同位是不会互相影响的，即可按位考虑。
又发现，只要知道a[0]就可以算出通过b[0][]算出所有的a[]，这样可以假设a[0]为0或1，由b[0][]得到一个完整的数组a[]，再check这个数组a是否能正确的得到其他的b[][]即可
时间复杂度约为32*2*n^2 对于n=1000是可以接受的
当然队友是用2-SAT做的 吊吊吊吊吊orz 我就没写了，这里贴上队友的代码
代码：
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include <iostream>
#include <stdio.h>
using namespace std;
const int maxn = 510;
struct TwoSAT
{
int n;
vector<int> G[maxn * 2];
bool mark[maxn * 2];
int S[maxn * 2], c;
bool dfs(int x)
{
if(mark[x ^ 1]) return false;
if(mark[x]) return true;
mark[x] = true;
S[c++] = x;
for(int i = 0; i < G[x].size(); i++)
if(!dfs(G[x][i])) return false;
return true;
}
void init(int n) // 一定要注意初始化的点数，别弄错
{
this->n = n;
for(int i = 0; i < n * 2; i++) G[i].clear();
memset(mark, 0, sizeof(mark));
}
// x = xval or y = yval
void add_clause(int x, int xval, int y, int yval) // 编号从0~n-1
{
x = x * 2 + xval;
y = y * 2 + yval;
G[x ^ 1].push_back(y);
G[y ^ 1].push_back(x);
}
// 当x==xval 时可推导出 y==yval
void add_edge(int x, int xval, int y, int yval)
{
x = x * 2 + xval;
y = y * 2 + yval;
G[x].push_back(y);
}
bool solve()
{
for(int i = 0; i < n * 2; i += 2)
if(!mark[i] && !mark[i + 1])
{
c = 0;
if(!dfs(i))
{
while(c > 0) mark[S[--c]] = false;
if(!dfs(i + 1)) return false;
}
}
return true;
}
};
TwoSAT solver;
int n;
int a[maxn][maxn];
bool check(int l)
{
solver.init(n);
for(int i = 0; i < n; i++)
for(int j = 0; j < n; j++)
{
int bit = (a[i][j] & (1 << l))>>l;
if(i == j)
{
if(a[i][j] != 0)
{
return false;
}
}
else if(a[i][j] != a[j][i])
{
return false;
}
else if(i % 2 == 0 && j % 2 == 0) // &
{
solver.add_edge(i, 1, j, bit);
solver.add_edge(j, 1, i, bit);
if(bit)
{
solver.add_edge(i, 0, i, 1);
solver.add_edge(j, 0, j, 1);
}
}
else if(i % 2 == 1 && j % 2 == 1) // |
{
solver.add_edge(i, 0, j, bit);
solver.add_edge(j, 0, i, bit);
if(!bit)
{
solver.add_edge(i, 1, i, 0);
solver.add_edge(j, 1, j, 0);
}
}
else // ^
{
solver.add_edge(i, 1, j, bit ^ 1);
solver.add_edge(j, 1, i, bit ^ 1);
solver.add_edge(i, 0, j, bit);
solver.add_edge(j, 0, i, bit);
}
}
return solver.solve();
}
int main()
{
while(~scanf("%d", &n))
{
for(int i = 0; i < n; i++)
for(int j = 0; j < n; j++)
{
scanf("%d", &a[i][j]);
}
bool flag = true;
// 枚举每一位,l为座椅的 位数
for(int l = 0; l <= 31; l++)
{
if(!check(l))
{
flag = false;
break;
}
}
puts(flag?"YES":"NO");
}
return 0;
}
1003：
题意：
这个简单题题意挺恶心的。。先开始一直没读懂。。
小明要在五座山上采五堆蘑菇，每堆的个数是0~2012，采完后必须送出三堆和为1024倍数的蘑菇（否则全送出），回家之前如果总数大于1024还要一直被抢1024。
现在已经采了n堆（n<=5），剩下的可以任意采（0~2012）问最终最多能拿回家多少蘑菇.
解法：
分情况特判.....以下省略好多字
代码：
#include <set>
#include <map>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-8;
int a[6];
const int mod = 20121024;
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("in.txt","r",stdin);
#endif
int n;
while (~scanf ("%d", &n))
{
memset(a, 0, sizeof(a));
int sum = 0;
for (int i = 0; i < n; i++)
{
scanf ("%d", a+i);
sum += a[i];
}
int ans = 0, res = 0;
if (n<=3)
{
printf("%d\n", 1024);
continue;
}
if (n == 4)
{
int ans = 0;
bool flag = 0;
for (int i = 0; i < 4; i++)
{
for (int j = i+1; j < 4; j++)
{
int tmp = a[i]+a[j];
if (tmp)
ans = max(ans, (tmp%1024) ? (tmp%1024) : 1024);
for (int k = j +1; k < 4; k++)
{
if ((a[i] + a[j] + a[k]) % 1024 == 0)
flag = 1;
}
}
}
if (flag)
printf("%d\n" , 1024);
else
printf("%d\n" ,ans);
continue;
}
if (n == 5)
{
bool f = 0;
int ans = 0;
for (int i = 0; i < 5; i++)
{
for (int j = i+1; j < 5; j++)
{
for (int k = j+1; k < 5; k++)
{
int tmp = a[i] +a[j] +a[k];
if (tmp % 1024 == 0)
{
if (sum-tmp)
ans = max(ans, ((sum-tmp)%1024) ? (sum-tmp)%1024 : 1024);
}
}
}
}
printf("%d\n",(ans > 1024) ? (ans %1024) : ans);
}
}
return 0;
}
1004：
题意：
求y的取值范围
思路：
高中数学题，移项得到一个二次函数，然后各种分类讨论，太麻烦了没敢写。。。
1005：
队友做的 先挖坑
1008：
题意：
知道n个数的和sum，以及n个数的LCM，求合法的组成方案（排列）
解法：
发现lcm的转移只可能通过lcm的约数，（一开始和分解质因数搞呢，后来经过学长提醒发现直接找出约数即可 orz），约数数量不是很多。。这样就可以dp了
把约数哈希一下 dp[i][j][k]代表考虑到第i个数，当前lcm为总LCM的第j个约数，当前sum为k的方案数，转移很容易
代码：
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<ctype.h>
using namespace std;
#define MAXN 10000
const int mod=1e9+7;
bool is(int p)
{
for(int i=2; i*i<=p; i++)
{
if(p%i==0)
return 0;
}
return 1;
}
int gcd(int a,int b)
{
return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
int lcm(int a,int b)
{
return a/gcd(a,b)*b;
}
int prime[1010];
int s[50];
int dp[110][1100][50];
int a[1010];
int ha[1010];
int l[50][50];
int sum,L,n,m;
int main()
{
// freopen("in.txt","r",stdin);
m=0;
for(int i=2; i<=1000; i++)
{
if(is(i))
{
prime[m++]=i;
}
}
while(scanf("%d%d%d",&sum,&L,&n)!=EOF)
{
memset(ha,-1,sizeof(ha));
int lim=0;
for(int i=1;i<=L;i++)
{
if(L%i==0)
{
ha[L/i]=lim;
s[lim++]=L/i;
}
}
for(int i=0;i<lim;i++)
{
for(int j=0;j<lim;j++)
{
l[i][j]=lcm(s[i],s[j]);
}
}
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[0][0][lim-1]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=0;j<=sum;j++)
{
for(int k=0;k<lim;k++)
{
if(!dp[i-1][j][k])
continue;
for(int t=0;t<lim;t++)
{
if(j+s[t]<=sum)
{
if(ha[l[k][t]]==-1)
continue;
dp[i][j+s[t]][ha[l[k][t]]]+=dp[i-1][j][k];
dp[i][j+s[t]][ha[l[k][t]]]%=mod;
}
}
}
}
}
cout<<dp[n][sum][0]<<endl;
}
return 0;
}
1010：
题意：
一个大矩形被一些线段分成了小矩形，现在给定两个点的坐标，求出删除一些线段使这两点在同一矩形后剩余矩形数量的最大值。
思路：
其实就是要找所求两点共同所在的最小的矩形（除此之外的线段都不删除，得到的剩余矩形数肯定最多）。
而按照题意的分割矩形法其实就是形成了一颗树，这样就发现两个点所在的最小矩形其实是这两个点当前所在矩形的lca
理论ac了。。代码还没写
1011:
题意：
给定一个等比数列 1(或者0)+k+k^2+....k^r的和 S，要求求出r 和k，多解首先满足r*k最小，然后满足 r最小
解法：
由于k>=2所以可以计算发现r最大为40，则可以枚举r，二分求得k ，如果r和二分出的k刚好等于 k或者k-1 则符合题意，可以统计答案
坑点是二分过程中容易溢出
代码：
#include <iostream>
#include <stdio.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n;
ll equ(ll ak , int r)
{
ll ans = 1;
ll k = ak;
for(int i = 1; i <= r; i++)
{
ans += k;
if(ans > n + 1)
break;
if(ans<=0)
return 10000000000000LL;
k *= ak;
}
return ans;
}
int main()
{
while(~scanf("%I64d", &n))
{
ll ansk = 10000000000000LL;
int ansr = 100;
// 枚举r
for(int r = 1; r <= 40; r++)
{
// 二分k
ll l = 1, R = 1000000000001LL;
while(l < R)
{
ll m = (l + R + 1) / 2;
if(equ(m, r) <= n)
{
l = m;
}
else
{
R = m - 1;
}
}
ll k = l;
if(equ(k, r) == n)
{
// 保存答案
if((ansk * ansr > k * r) || ((ansk * ansr == k * r) && ansr > r))
{
ansk = k;
ansr = r;
}
}
// 二分k
l = 1, R = 1000000000001LL;
while(l < R)
{
ll m = (l + R + 1) / 2;
if(equ(m, r) <= n + 1)
{
l = m;
}
else
{
R = m - 1;
}
}
k = l;
if(equ(l, r) == n + 1)
{
// 保存答案
if((ansk * ansr > k * r) || ((ansk * ansr == k * r) && ansr > r))
{
ansk = k;
ansr = r;
}
}
}
printf("%d %I64d\n", ansr, ansk);
}
return 0;
}
时间： 2024-08-27 05:56:10