A:不管有没有负数 一顿操作之后肯定只有正数 又因为A=A-B 所以最大值是一直在减小的 所以一定有结果

B:..一开始以为求min操作数 WA了2发 直接求所有数的GCD如果所有数的GCD都不是1的话就无解 有解就无脑扫2次就好了

C:给你一个char正方形矩阵 要求a[i][j]四个正方形对称轴都一样 可以任意change  直接爆搜八分之一块就行了.

#include <bits/stdc++.h>

#include <cstring>

#include <iostream>

#include <algorithm>

#define foror(i,a,b) for(i=a;i<b;i++)

#define foror2(i,a,b) for(i=a;i>b;i--)

#define EPS 1.0e-8

#define PI acos(-1.0)

#define INF 3000000000

#define MOD 1000000007

#define mem(a,b) memset((a),b,sizeof(a))

#define TS printf("!!!\n")

#define lson o<<1, l, m

#define rson o<<1|1, m+1, r

//using ll = long long;

//using ull= unsigned long long;

//std::ios::sync_with_stdio(false);

using namespace std;

//priority_queue<int,vector<int>,greater<int>> que;

int cmp(int a,int b)

{

        return a<b;

}

char s[][];

int visit[][];

int gcd1(int a, int b)

{ return a ==  ? b : gcd1(b % a, a); }

map<char,int> mp;

int main()

{

 //freopen("in.txt", "r", stdin);

 //freopen("out.txt", "w", stdout);

 int t;

 cin >> t;

 while(t--)

 {

        int anser=;

        int n;

        char ch;

        cin >> n;

        int mid=(n+)/;

        for(int i=;i<=n;i++)

        mem(visit[i],);

        for(int i=;i<=n;i++)

        {

                scanf("%s",s[i]+);

        }

        /*for(int i=1;i<=n;i++)

        {

                printf("%s\n",s[i]+1);

        }*/

        int maxn=;

        for(int i=;i<=(n+)/;i++)

                for(int j=;j<=(n+)/;j++)

        {

              if(visit[i][j]==)

                continue;

              if(i==j&&i+j==n+)

               continue;

              if(i==j||i+j==n+||*i==n+||*j==n+)

              {

                int ans=;

                mp.clear();

                mp[s[i][j]]++;

                mp[s[i][n+-j]]++;

                mp[s[n+-i][j]]++;

                mp[s[n+-i][n+-j]]++;

                mp[s[j][i]]++;

                mp[s[n+-j][i]]++;

                mp[s[j][n+-i]]++;

                mp[s[n+-j][n+-i]]++;

                visit[i][j]=;

                visit[i][n+-j]=;

                visit[n+-i][j]=;

                visit[n+-i][n+-j]=;

                visit[j][i]=;

                visit[n+-j][i]=;

                visit[j][n+-i]=;

                visit[n+-j][n+-i]=;

                ans=max(ans,mp[s[i][j]]);

                ans=max(ans,mp[s[i][n+-j]]);

                ans=max(ans,mp[s[n+-i][j]]);

                ans=max(ans,mp[s[n+-i][n+-j]]);

                ans=max(ans,mp[s[j][i]]);

                ans=max(ans,mp[s[n+-j][i]]);

                ans=max(ans,mp[s[j][n+-i]]);

                ans=max(ans,mp[s[n+-j][n+-i]]);

                //cout <<i << ""<<j<<endl;

                //cout<<4-ans/2<<endl;

                anser+=-ans/;

              }

              else

              {

                int ans=;

                mp.clear();

                mp[s[i][j]]++;

                mp[s[i][n+-j]]++;

                mp[s[n+-i][j]]++;

                mp[s[n+-i][n+-j]]++;

                mp[s[j][i]]++;

                mp[s[n+-j][i]]++;

                mp[s[j][n+-i]]++;

                mp[s[n+-j][n+-i]]++;

                visit[i][j]=;

                visit[i][n+-j]=;

                visit[n+-i][j]=;

                visit[n+-i][n+-j]=;

                visit[j][i]=;

                visit[n+-j][i]=;

                visit[j][n+-i]=;

                visit[n+-j][n+-i]=;

                ans=max(ans,mp[s[i][j]]);

                ans=max(ans,mp[s[i][n+-j]]);

                ans=max(ans,mp[s[n+-i][j]]);

                ans=max(ans,mp[s[n+-i][n+-j]]);

                ans=max(ans,mp[s[j][i]]);

                ans=max(ans,mp[s[n+-j][i]]);

                ans=max(ans,mp[s[j][n+-i]]);

                ans=max(ans,mp[s[n+-j][n+-i]]);

                //cout <<i << ""<<j<<endl;

                //cout <<8-ans<<endl;

                anser+=-ans;

              }

        }

        cout << anser<<endl;

 }

  return ;

}

D:画人脸

#include <bits/stdc++.h>

#include <cstring>

#include <iostream>

#include <algorithm>

#define foror(i,a,b) for(i=a;i<b;i++)

#define foror2(i,a,b) for(i=a;i>b;i--)

#define EPS 1.0e-8

#define PI acos(-1.0)

#define INF 3000000000

#define MOD 1000000009

#define mem(a,b) memset((a),b,sizeof(a))

#define TS printf("!!!\n")

#define lson o<<1, l, m

#define rson o<<1|1, m+1, r

//using ll = long long;

//using ull= unsigned long long;

//std::ios::sync_with_stdio(false);

using namespace std;

//priority_queue<int,vector<int>,greater<int>> que;

char ans[][][];

int len1[],len2[];

void init()

{

    for(int i=;i<;i++)

        for(int j=;j<;j++)

        ans[][i][j]='*';

     ans[][][]=ans[][][]=ans[][][]=' ';

     ans[][][]=ans[][][]=ans[][][]=' ';

     ans[][][]=ans[][][]=ans[][][]=' ';

     ans[][][]=ans[][][]=ans[][][]=' ';

     ans[][][]=ans[][][]=' ';

     ans[][][]=ans[][][]=' ';

     len1[]=,len2[]=;

     for(int i=;i<=;i++)

        len1[i]=len1[i-]*+;

     for(int i=;i<=;i++)

        len2[i]=len2[i-]*+;

}

void draw1(int x,int x1,int y1,int x2,int y2)//y2>y1 x2>x1

{

        if(x1==x2)

        {

        for(int i=y1;i<=y2;i++)

        {

        ans[x][x1][i]='*';

        }

        }

        else

        {

        for(int i=x1;i<=x2;i++)

        ans[x][i][y1]='*';

        }

}

void draw(int x,int len)

{

 int jian0=len>>;

 int jianer=len>>;

 int jianyi=len>>;

 draw1(x,,,,len-);

 draw1(x,,,len-,);

 draw1(x,,len-,len-,len-);

 draw1(x,len-,,len-,len-);

 //TS;

 draw1(x,jianer,jianer,jianer+jianyi-,jianer);

 draw1(x,jianer,jianer,jianer,jianer+jianyi-);

 draw1(x,jianer+jianyi,jianer,jianer+jianyi,jianer+jianyi-);

 draw1(x,jianer,jianer+jianyi-,jianer+jianyi,jianer+jianyi-);

 //TS;

 draw1(x,jianer,jianer+*jianyi-,jianer,jianer+*jianyi-);

 draw1(x,jianer,jianer+*jianyi-,jianer+jianyi,jianer+*jianyi-);

 draw1(x,jianer,jianer+*jianyi-,jianer+jianyi,jianer+*jianyi-);

 draw1(x,jianer+jianyi,jianer+*jianyi-,jianer+jianyi,jianer+*jianyi-);

 //TS;

 for(int i=len-;i>=jian0;i--)

 for(int j=jianyi+jian0-;j>=jianyi;j--)

 {

        ans[x][i][j]=ans[x-][len--i][jianyi+jian0--j];

 }

 //cout << x<<endl;

}

int main()

{

 //freopen("in.txt", "r", stdin);

 //freopen("out.txt", "w", stdout);

 int n;

 init();

 //TS;

 for(int x=;x<=;x++)

 {

        draw(x,<<x);

 }

 while(scanf("%d",&n)==)

 {

        if(n<)

        break;

        int num=log2(n);

        for(int i=;i<n;i++)

        {

                for(int j=;j<n;j++)

                {

                        printf("%c",ans[num][i][j]);

                }

                cout <<endl;

        }

        cout <<endl;

 }

  return ;

}

E:先离散化 离散化 +模拟双端队列

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <algorithm>

using namespace std;

struct Node{

    int c,p;

    bool operator<(const Node& rhs)const{

        if(c!=rhs.c) return c<rhs.c;

        return p<rhs.p;

    }

}s[];

int N,K;

int cal(int st,int ed){

    int k=,sum=,ret=;

    for(int p=st,q=st;q<=ed;){

        if(k<=K){

            sum++;

            ret=max(ret,sum);

            k+=s[q+].p-s[q].p-;

            q++;

        }else{

            sum--;

            k-=s[p+].p-s[p].p-;

            p++;

        }

    }

    return ret;

}

int main()

{

//    freopen("data.in","r",stdin);

    while(scanf("%d%d",&N,&K)==){

        int i,j;

        for(i=;i<N;s[i].p=i++)

            scanf("%d",&s[i].c);

        sort(s,s+N);

        int ans=;

        for(i=;i<N;i=j+){

            int c=s[i].c;

            j=i;

            while(j+<N && s[j+].c==c) j++;

            ans=max(ans,cal(i,j));

        }

        printf("%d\n",ans);

    }

    return ;

}

F:递推DP

1）用dp[i][j]表示源串第i次操作后，与目标串不同的位置有几个。

（2）对于dp[i][j]，有j个位置与目标串不同，所以可以将j个位置中的t个位置变为与目标串相同，把其余n-j个位置中的m-t个位置变为与目标串不同，转移方程就是dp[i+1][j-t+m-t]+=dp[i][j]*C(t,j)*C(m-t,n-j)；

（3）如果j+m>n，那么t就无法从0开始枚举了，所以此时t从（m-(n-j)）开始（m次操作中有n-j次操作落在n-j个相同位置的里面，还有m-(n-j)次操作落在j个不同位置的里面）。

（4）初始条件就是用cnt统计源串和目标串有多少个位置不一样，dp[0][cnt]=1，通过dp把路径都找出来，那么答案就是dp[k][0]。

#include <iostream>

#include <cstdio>

using namespace std;

typedef long long LL;

const LL MOD=;

LL dp[][],c[][];

char s[],d[];

void _init(){

    c[][]=;

    for(int i=;i<=;i++){

        c[i][]=;

        for(int j=;j<=i;j++){

            c[i][j]=(c[i-][j-]+c[i-][j])%MOD;

        }

    }

}

int main()

{

    int n,k,m, i,j,t,x;

    _init();

    while(scanf("%d%d%d",&n,&k,&m)==){

        scanf("%s",s);

        scanf("%s",d);

        x=;

        for(i=;i<n;i++)

            if(s[i]!=d[i])x++;

        for(i=;i<=k;i++)

            for(j=;j<=n;j++)

            dp[i][j]=;

        dp[][x]=;

        for(i=;i<k;i++)//ith operation

            for(j=;j<=n;j++){//j different

                if(dp[i][j]==)continue;

                for(t=max(,m-(n-j));t<=j&&t<=m;t++)//j+m should no biger than n or at least (m-(n-j)) should be change

                    dp[i+][j-t+m-t]=(dp[i+][j-t+m-t]+dp[i][j]*c[j][t]%MOD*c[n-j][m-t]%MOD)%MOD;

            }

        LL ans=dp[k][];

        printf("%lld\n",ans);

    }

    return ;

}

G:给你一个完全/非完全二叉树求最小的宽度  首先肯定把根节点的两个叶子放在同一侧是最优的 然后让较宽的那一枝在最里面是最优的 以一个节点为例:如果只有一个枝就无限地延伸 ans[x]=ans[a[x][0]] 如果有两个枝的话 相同就宽度+1 不同就取最大的

#include <bits/stdc++.h>

#include <cstring>

#include <iostream>

#include <algorithm>

#define foror(i,a,b) for(i=a;i<b;i++)

#define foror2(i,a,b) for(i=a;i>b;i--)

#define EPS 1.0e-8

#define PI acos(-1.0)

#define INF 3000000000

#define MOD 1000000009

#define mem(a,b) memset((a),b,sizeof(a))

#define TS printf("!!!\n")

#define lson o<<1, l, m

#define rson o<<1|1, m+1, r

//using ll = long long;

//using ull= unsigned long long;

//std::ios::sync_with_stdio(false);

using namespace std;

//priority_queue<int,vector<int>,greater<int>> que;

vector<vector<int> >a();

int ans[];

void doit(int x)

{

        if(a[x].size()==)

        {

        ans[x]=;

        }

        else if(a[x].size()==)

        {

        doit(a[x][]);

        ans[x]=ans[a[x][]];

        }

        else if(a[x].size()==)

        {

        doit(a[x][]);

        doit(a[x][]);

        if(ans[a[x][]]==ans[a[x][]])

        ans[x]=ans[a[x][]]+;

        else

        ans[x]=max(ans[a[x][]],ans[a[x][]]);

        }

}

int main()

{

 //freopen("in.txt", "r", stdin);

 //freopen("out.txt", "w", stdout);

 int n;

 while(scanf("%d",&n)==)

 {

        mem(ans,);

        for(int i=;i<=n;i++)

        a[i].clear();

        for(int i=;i<=n-;i++)

        {

        int x;

        scanf("%d",&x);

        a[x].push_back(i+);

        }

        doit();

        /*for(int i=1;i<=n;i++)

                printf("%d ",ans[i]);

        cout << endl;*/

        cout << ans[]<<endl;

 }

  return ;

}

H:几何

题目大意：给你一个三角形的内切圆半径跟外接圆半径，求解出符合条件的三角形，输出三角形的三条边的长度，如果没有符合条件的三角形，输出“NO Solution!”。

解题思路：这个题是SP,既是因为情况不唯一，而且还有精度的误差。

　　首先能够想到的就是NO Solution!的情况，即当内切圆半径等于1/2外接圆半径时，此时内切圆最大，而三角形为等边三角形，如图。

　　其次要解决的就是怎么构造三角形的问题，因为解不唯一，所以只要列举出一种解就OK，于是就很容易的想到构造等腰三角形，在最大与最小之间二分等腰三角形的底边长度，解三角形得到答案，如图。

#define sqr(x) (x)*(x)

int main()

{

    double r, R;

    while(~scanf("%lf%lf", &r, &R)){

        if(R < *r){

            printf("NO Solution!\n");

            continue;

        }

        double left = , right = sqrt(3.0)*R;

        while(right-left > eps){

            double mid = (left+right)/2.0;

            double t = sqrt(sqr(sqrt(sqr(R)-sqr(mid/2.0))+R)+sqr(mid/2.0));

            //printf("%lf\n", t);

            if(sqr(sqrt(sqr(r)+sqr(t-mid/2.0))+r) + sqr(mid/2.0) - sqr(t) < eps){

                right = mid;

            }

            else {

                left = mid;

            }

        }

        double p = sqrt(sqr(sqrt(sqr(R)-sqr(left/2.0))+R)+sqr(left/2.0));

        printf("%.16lf %.16lf %.16lf\n", p, p, left);

    }

    return ;

}

/*Sample test*/

/*

*/

ZOJ

Summer training #2的更多相关文章

  1. hdu 4946 2014 Multi-University Training Contest 8

    Area of Mushroom Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others) ...

  2. 2016 Multi-University Training Contests

    2016 Multi-University Training Contest 1 2016 Multi-University Training Contest 2 2016 Multi-Univers ...

  3. 2016 Multi-University Training Contest 2 D. Differencia

    Differencia Time Limit: 10000/10000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)Tot ...

  4. 2016 Multi-University Training Contest 1 G. Rigid Frameworks

    Rigid Frameworks Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others) ...

  5. ACM: Gym 101047K Training with Phuket's larvae - 思维题

     Gym 101047K Training with Phuket's larvae Time Limit:2000MS     Memory Limit:65536KB     64bit IO F ...

  6. The Solution of UESTC 2016 Summer Training #1 Div.2 Problem C

    Link http://acm.hust.edu.cn/vjudge/contest/121539#problem/C Description standard input/output After ...

  7. 2012 Multi-University Training Contest 9 / hdu4389

    2012 Multi-University Training Contest 9 / hdu4389 打巨表,实为数位dp 还不太懂 先这样放着.. 对于打表,当然我们不能直接打,这里有技巧.我们可以 ...

  8. 2014 Multi-University Training Contest 9#11

    2014 Multi-University Training Contest 9#11 Killing MonstersTime Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)   ...

  9. 2014 Multi-University Training Contest 9#6

    2014 Multi-University Training Contest 9#6 Fast Matrix CalculationTime Limit: 2000/1000 MS (Java/Oth ...

  10. 2016 Multi-University Training Contest 1

    8/11 2016 Multi-University Training Contest 1 官方题解 老年选手历险记 最小生成树+线性期望 A Abandoned country(BH) 题意: 1. ...

随机推荐

  1. openstack——Rabbitmq集群部署

    一.前期准备 1.条件:准备3台Linux系统虚拟机,保持系统版本一致,确保配置好yum源,及网络源     2.3台虚拟机做静态解析 [root@yun1 ~]# cat /etc/hosts 12 ...

  2. 安装vsftpd

    通用安装和配置 1.下载安装包并安装 wget http://mirror.centos.org/centos/7/os/x86_64/Packages/vsftpd-3.0.2-25.el7.x86 ...

  3. 让样式文件，或js文件的相对路径，变成成绝对路径

    添加两行代码即可 <% String path = request.getContextPath(); String basePath = request.getScheme() + " ...

  4. eclipse 如何从Gitee.com克隆工程到本地，并运行

    1.再项目资源管理器里选择导入,导入 2.在导入向导中选择Git,选择来自Git的项目 3.选克隆URL 4.输入URL 和用户密码,点击下一步 4.下一步 5.选择保存路径 6.选择下一步,自动导入 ...

  5. postman 请求接口 Could not get any response

    前提: 今天用postman请求接口的时候,能请求到接口,但是打断点后发现方法里面要抛出异常就出现错误: 错误原因: 返回的 http 的 code不是3位的,如下我写成了四位 4002: <? ...

  6. Linux：shift 命令可以将参数依次向左移动一个位置

    在脚本中,命令行参数可以依据其在命令行中的位置来访问.第一个参数是 $1 ,第二个参数 是 $2 ,以此类推. 下面的语句可以显示出前3个命令行参数: echo $1 $2 $3 更为常见的处理方式是 ...

  7. python+requests 请求响应文本出错返回“登录超时”

    Python+requests请求响应:"msg":"登录过时" 1.出错原代码: import requests import json#页面按条件搜索返回相 ...

  8. 【LOJ】#3093. 「BJOI2019」光线

    LOJ#3093. 「BJOI2019」光线 从下到上把两面镜子合成一个 新的镜子是\((\frac{a_{i}a_{i + 1}}{1 - b_{i}b_{i + 1}},b_{i} + \frac ...

  9. django初步了解2

    目录 django初步了解2 表的字段增删改查 数据的增删改查 反向解析和分组 路由分发 名称空间 伪静态 虚拟环境 django初步了解2 表的字段增删改查 新增的字段 1.直接提供默认值 defa ...

  10. react 深度 循环嵌套对象渲染问题 map

    查了一些资料貌似react的循环渲染对象只有map,但map只支持数组对象. 接到后台数据如下 { "list": { "A": [{ "image& ...