每天一套题打卡|河南省第十届ACM/ICPC

A.谍报分析

题意：请你编程，快速统计出频率高的前十个单词。

思路：字符串输入，map哈希表map<string,int >记录每个单词出现的次数，pair重载优先级

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

map<string,int > mp;
string s;

typedef pair<string, int> PAIR;
bool cmp(const PAIR& lhs, const PAIR& rhs) {
	if(lhs.second == rhs.second){
		return lhs.first < rhs.first;
	}
    return lhs.second > rhs.second;
}

int main(){
	char c[20010];
	while(cin>>s){
		int len = s.length();
		if(s[len-1] == '.' || s[len-1] == ','){
			for(int i=0;i<len-1;i++){
				c[i] = s[i];
			}
			c[len-1] = '\0';
		}else{
			for(int i=0;i<len;i++){
				c[i] = s[i];
			}
			c[len] = '\0';
		}
		mp[c]++;
//		cout<<c<<endl;
	}
	vector<PAIR> vec(mp.begin(),mp.end());
	sort(vec.begin(),vec.end(),cmp);
	for(int i=0;i<10;i++){
		cout<<vec[i].first<<" "<<vec[i].second<<endl;
	}
	return 0;
}

B.情报传递

题目：特科组的情报人员共有N人，其代号分别为0,1，……,N-1。 0号是最高领导人，特工之间有一套严格的单线联络程序，即，每个特工人员只有一个上线，他获得的情报需层层上传递到0号手里，由0号发报出去。 特工i在传递情报时，若通往到0号的通道尚未建立，则需要建立一级级单线通道;若他的上线已建立好通道，只需建立两人通道，信息发送给上线；依次类推。若特工i已建立好到0号的通道，则直接发出情报。日伪统治中心南京，既是情报来源丰富的地方，又是特工人员活动最危险的地方。因此，一旦某个特工处于不安全状态，他必须马上撤离，同时他的所有下线（处在通道上的一级级下线）也一同撤离。 已知***特科组的组织结构，你的任务是计算，当某特工i需要发送情报时，最少需要建立几个情报人员的通道；当某特工i处于不安全状态时，最少需要撤离多少人员。

思路：画图，是一颗树，边没有连，dfs向下遍历统计危险时需要撤离的数量(撤离子孙)，bfs向上统计直到根结点0，edge数组记录当前边是否建立了通道，通过样例还可以看出要根0也要算一次，wa了6发最终AC

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn = 5100;
int n,m;
int fa[maxn];
int edge[maxn][maxn];
int ans;
int vis[maxn];
int cnt;
vector<int> v[maxn];
struct node{
	int x;
	int step;
	node(int xx,int ss){
		x = xx;
		step = ss;
	}
};
queue<node> q;

void bfs(int s){
	q.push(node(s,0));
	while(!q.empty()){
		int curx = q.front().x;
		int curs = q.front().step;
		if(curx == 0){
			if(edge[0][0]){
				ans = min(ans,curs);
			}else{
				ans = min(ans,curs);
				ans++;
				edge[0][0] = 1;
			}
		}
		q.pop();
		if(curx == 0) continue;
		if(edge[fa[curx]][curx]){
			q.push(node(fa[curx],curs));
		}else{
			edge[fa[curx]][curx] = 1;
			edge[curx][fa[curx]] = 1;
			q.push(node(fa[curx],curs+1));
		}
	}
}

void dfs(int x){
	cnt++;
	for(int i=0;i<v[x].size();i++){
		int child = v[x][i];
		if(edge[x][child]){
			edge[x][child] = 0;
			edge[child][x] = 0;
			dfs(child);
		}
	}
}

int main(){
	cin>>n;
	fa[0] = 0;
	for(int i=1;i<=n-1;i++){
		int d;
		cin>>d;
		fa[i] = d;
		v[d].push_back(i);
	}
	cin>>m;
	char ch[10];
	int first = 1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%s",ch);
		int d;
		cin>>d;
		if(ch[0] == 'S'){
			ans = 0x3f3f3f3f;
			bfs(d);
			cout<<ans<<endl;
		}else{
			cnt = 0;
			dfs(d);
			if(edge[fa[d]][d]){
				edge[fa[d]][d] = 0;
				edge[d][fa[d]] = 0;
				cnt++;
			}
			cnt--;
			cout<<cnt<<endl;
		}
	}
	return 0;
}

C.最小密钥

思路：因为数据量小，枚举mod的值，vis数组标记就可以了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int t;
int n;
int a[3005];
int vis[20005];

int main(){
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n;
		for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
		int maxi = a[1];
		for(int i=1;i<=n;i++) if(a[i] > maxi) maxi = a[i];
		memset(vis,0,sizeof(vis));
		int ans = maxi;

		for(int mod = 1;mod<=maxi+1;mod++){
			bool flag = true;
			for(int i=1;i<=n;i++){
				if(!vis[a[i]%mod]){
					vis[a[i]%mod] = 1;
				}else{
					flag = false;
					break;
				}
			}
			if(flag){
				ans = mod;
				break;
			}
			for(int i=0;i<=mod+1;i++) vis[i] = 0;
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

D.年终奖金

思路：DP，区间dp做多了很容易看出状态转移方程。。。然后就是边界的问题了，慢慢调。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 110;
int n,m,c;
int a[maxn];
int dp[maxn][maxn];

int main(){
	while(cin>>n>>m>>c){
		memset(dp,inf,sizeof(dp));
		for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
		sort(a+1,a+n+1);
		for(int i=m;i<=n;i++){
			dp[1][i] = (a[i]-a[1])*(a[i]-a[1]) + c;
		}
		//第i个人
		for(int i=2;i<=n/m;i++){
			//第i个人完成的任务数 j
			for(int j=(i-1)*m+1;j<=n;j++){
				//第i个人取到j个物品，可以由第i-1个人完成的最后一个任务k开始推出来；(所以是区间dp)
				for(int k=m;k<=j-m*(i-1);k++){
					dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i-1][j-k] + (a[j]-a[j-k+1])*(a[j]-a[j-k+1]) + c );
				}
			}
		}
		int ans = inf;
		for(int i=1;i<=n/m;i++){
			ans = min(ans,dp[i][n]);
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

可以改成一维 O(n^2)，前面这一种方法 i~人这一维可以忽略

#include<stdio.h>
#include <bits/stdc++.h>
#define MAX 0x3f3f3f3f
#define min(x,y)(x<y?x:y)
using namespace std;
int a[110];
int dp[110];
int main()
{
    int n,k,c;
    while(~scanf("%d%d%d",&n,&k,&c))
    {
        memset(dp,MAX,sizeof(dp));
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d",&a[i]);
        sort(a+1,a+1+n);
        if(n<k){//这里需要注意一下的是如果任务不足K个，直接用最大减最小的平方
            printf("%d\n",(a[n]-a[1])*(a[n]-a[1]));
            continue;
        }
        dp[0]=0;
		//区间dp 完成第i个任务是由 前一个人第j个任务推过来的(第j个任务可以是 0~i-k这些值)   也就表示 当前这个人从j+1完成到i个任务
        for(int i=k;i<=n;i++)
        {
            for(int j=0;j<=i-k;j++) //前一个人 ~ 当前这个人 最少差为k
            {
                if(j<k&&j!=0)
                    continue;
                dp[i]=min(dp[j]+c+(a[i]-a[j+1])*(a[i]-a[j+1]),dp[i]);
            }
        }
        printf("%d\n",dp[n]);
    }
    return 0;
}

E.GDP值

还没看题

F.Binary to Prime

思路：理解题意后得知先素数打表，倒序遍历一遍给出的字符串，如果是'1'，就累加起来

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int sum = 0;
vector<char> v;
int prime[1000010];
int storage[1000010];

void Prime(){
    for (int i = 2; i <= 1000000; i++) {
        prime[i] = true;
    }
    for (int i = 1; i * i <= 1000000; i++) {
        if (prime[i]) {
            for (int j = i * i; j <= 1000000; j += i) {
                prime[j] = false;
            }
        }
    }
}

int main(){
	Prime();
	int cur = 1;
	for(int i=1;i<=100010;i++){
		if(prime[i]){
			storage[cur++] = i;
		}
	}
	string s;
	while(cin>>s){
		sum = 0;
		for(int i=s.length()-1;i>=0;i--){
			v.push_back(s[i]);
		}
		int len = v.size();
		for(int i=0;i<len;i++){
			if(v[i] == '1'){
				sum+=storage[i+1];
			}
		}
		cout<<sum<<endl;
		v.clear();
	}
	return 0;
}

G. Plumbing the depth of lake

题意：如果当前方块的8个方向有一个与他相等，他就是题目说的reading。统计地图上最深的(值最大)的方块

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int t;
int a[100][100];
int vis[100][100];
int n,m;
int dr[8][2] = {{-1,0},{1,0},{0,-1},{0,1},{1,1},{1,-1},{-1,1},{-1,-1}};

bool in(int x,int y){
	return x>=1 && x<=n && y>=1 && y<=m;
}

int main(){
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n>>m;
		memset(a,0,sizeof(a));
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=1;j<=m;j++)
				cin>>a[i][j];
		int ans = -0x3f3f3f3f;
		for(int x=1;x<=n;x++){
			for(int y=1;y<=n;y++){
				if(a[x][y] == 0) continue;
				for(int i = 0;i<8;i++){
					int tx = x+dr[i][0];
					int ty = y+dr[i][1];
					if(in(tx,ty) && a[tx][ty] == a[x][y]){
						ans = max(ans,a[x][y]);
					}
				}
			}
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}

H. Intelligent Parking Building

还没看题