2017 Multi-University Training Contest - Team 5——HDU6095&&HDU6090&&HDU
HDU6095——Rikka with Competition
题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6095
题目意思:抱歉虽然是签到题,现场真的没做出来,因为题目没看懂,题目说明现在给出n个选手的能力值,现在举办n-1场比赛,如果每场比赛中选出的两名选手之间能力的差大于k,则能力高的人获胜,否则两个人都获胜,问最后有多少人获胜了。(注:如果他如果有人可以击败他,则就不算获胜)
代码:从代码里面我们看出,先对n个选手的能力值排序,然后ct=1,然后从大到小两两相邻比较。如果有一组相邻的差大于k,则说明前面的所有选手都会被击败,获胜的人就是当前ct的值,否则ct++。
//Author: xiaowuga
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <set>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <ctime>
#include <map>
#include <bitset>
#include <cctype>
#define maxx INT_MAX
#define minn INT_MIN
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mem(s,ch) memset(s,ch,sizeof(s))
#define nc cout<<"nc"<<endl
#define sp " "
const long long N=;
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef int II;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();
II T;
II a[N];
cin>>T;
while(T--){
II n,k;
cin>>n>>k;
for(II i=;i<n;i++) cin>>a[i];
sort(a,a+n);
II ct=;
for(II i=n-;i>=;i--){
if(a[i]-a[i-]<=k) ct++;
else break;
}
cout<<ct<<endl;
}
return ;
}
HDU6090——Rikka with Graph
题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6090
题目意思:给出n个点,m条边,构成一个无向图,使得任意两个点之间的之间的距离之和,两个联通的点之间距离等于他们之间需要经过的边数,两个不连通的点之间的距离是n,求这个距离和的最小值。
思路:首先明确一点可以联通的两个点之间的距离要么是1,要么是2,我也不知道怎么说,反正就是xjb贪心,我们思考一个问题如果m==n-1,那么刚好是一棵树,这个时候最小的距离一定是形成一棵一个根连着n-1个点的数。我们根据这一点分成以下这四种情况
1.n*(n-1)/2<=m:这种情况下,m的数量足以形成一个完全图。
2.m>n-1&&m<n*(n-1)/2:这种情况下,足以形成一棵树,但是不足以形成一个完全图。
3.m==n-1:这种情况下刚好形成一棵树
4.m<n-1:这种情况下不够形成一棵树,我们可肯定在边够的范围内先构造一个树,剩下的之间距离是n,xjb往上加就好了。
代码:
//Author: xiaowuga
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <set>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <ctime>
#include <map>
#include <bitset>
#include <cctype>
#define maxx INT_MAX
#define minn INT_MIN
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mem(s,ch) memset(s,ch,sizeof(s))
#define nc cout<<"nc"<<endl
#define sp " "
const long long N=;
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef int II;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();
LL n,m;
II T;
cin>>T;
while(T--){
cin>>n>>m;
if(n*(n-)/<=m){
cout<<n*(n-)<<endl;
}
else if(m>n-&&m<n*(n-)/){
cout<<(+*(n-))*(n-)-(m-n+)*<<endl;
}
else if(m==n-){
cout<<(+*(n-))*(n-)<<endl;
}
else if(m<n-){
LL p=m+;
LL q=n-p;
cout<<(+*(p-))*(p-)+p*q*n*+q*(q-)*n<<endl;
}
}
return ;
}
HDU6092——Rikka with Subset
题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6092
题目意思:给出n,m,n表示A数组元素的数量,m表示A数组的元素之和,给出一个B数组,下标从0-m,代表原来A数组(具有n个数)中和为i(代表B数组中的下标)的子集数量,现在要还原A数组,将A数组的元素从小到大输出。
思路:比赛的时候没想出来,看了题解说是一个反向背包,于是反向推了一下。我们假设A数组的第i个是x,那么对于B数组的影响就是所有 B[i]都增加了B[i-x],表示原来集合和等于i-x的因为多了A中的第i个数x,使得集合和为i的数量怎么加了原来B数组中B[i-x]的数量。然后我们想当与反向推,就像题解里面说的每次对于A数组中的每一个数,我们都把B数组从1扫到m,发现的第一个不等于0的数就是,就是当前剩余的元素里面最小的一项,具体看代码吧!
代码:
//Author: xiaowuga
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <set>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <ctime>
#include <map>
#include <bitset>
#include <cctype>
#define maxx INT_MAX
#define minn INT_MIN
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mem(s,ch) memset(s,ch,sizeof(s))
#define nc cout<<"nc"<<endl
#define sp " "
const long long N=;
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef int II;
LL n,m;
LL B[N];
LL ans[N];
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();
II T;
cin>>T;
while(T--){
cin>>n>>m;
mem(B,);
mem(ans,);
for(II i=;i<=m;i++) cin>>B[i];
for(II i=;i<=n;i++){
for(II j=;j<=m;j++){
if(B[j]!=){
ans[i]=j;
for(II k=j;k<=m;k++){
B[k]-=B[k-j];
}
break;
}
}
}
int flag=;
sort(ans+,ans++n);
for(II i=;i<=n;i++){
if(flag){ cout<<ans[i];flag=;}
else cout<<" "<<ans[i];
}
cout<<endl;
}
return ;
}
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