2020.3.14--训练联盟周赛 Preliminaries for Benelux Algorithm Programming Contest 2019
1.A题
题意：给定第一行的值表示m列的最大值，第m行的值表示n行的最大值，问是否会行列冲突
思路：挺简单的，不过我在一开始理解题意上用了些时间，按我的理解是输入两组数组，找出每组最大数，若相等则输出possible,否则输出impossible,代码很直接用的C语言
1 #include<stdio.h>
2 int main(){
3 int r,c,i,j;
4 int s[110],b[110];
5 while(scanf("%d %d",&r,&c)!=EOF){
6 for(i=0;i<r;i++){
7 scanf("%d",&s[i]);
8 }
9 for(j=0;j<c;j++){
10 scanf("%d",&b[j]);
11 }
12 int max=s[0];
13 int min=b[0];
14 for(i=0;i<r;i++){
15 if(max<=s[i]){
16 max=s[i];
17 }
18 }
19 for(j=0;j<c;j++){
20 if(min<=b[j]){
21 min=b[j];
22 }
23 }
24 if(min==max){
25 printf("possible\n");
26 }
27 else printf("impossible\n");
28 }
29
30
31 }
2.G题
题意：复杂字符串中的e
思路：就是记录下e的个数，再双倍输出e其他不变，但要注意数组不要越界，第一次提交就出现了段错误，第二次才正确，看代码
#include<stdio.h>
#include<string.h>
char s[1000];
int main(){
//char s[1000];
while(scanf("%s",&s)!=EOF){
int i,m,k=0;
m=strlen(s);
// printf("%c\n",s[0]);
else if(s[0]=='h'){
for(i=1;i<m;i++){
if(s[i]=='e'){
k++;
}
}
printf("h");
for(i=0;i<k*2;i++){
printf("e");
}
printf("y\n");
} }
}
3.I题
题意：给定数组a，求公式的最大值
思路：求a数组平方的前缀和以及求a数组后缀和，遍历一遍即可
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cctype>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <string>
#include <stack>
#include <queue>
typedef long long LL;
using namespace std;
int n, a[1000005];
LL l[1000005], r[1000005];
int main()
{
//freopen("in.txt", "r", stdin);
//freopen("out.txt", "w", stdout);
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
for (int i = 1; i <= n; i++) l[i] = l[i - 1] + a[i] * a[i];
for (int i = n; i >= 1; i--) r[i] = r[i + 1] + a[i];
LL ans = 0;
for (int i = 1; i < n; i++) ans = max(ans, l[i] * r[i + 1]);
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
4.F题
题意：给定n，求n=m^2-k^2
思路：分三种情况
1.对于n是奇数时，有（x+1）^2-x^2=2x+1
2.对于n是偶数时，有(x+2)^2-x^2=4(x+1)
3.除了上面两种情况，其他都impossible
代码如下：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cctype>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <string>
#include <stack>
#include <queue> typedef long long LL;
using namespace std; LL n; int main()
{
//freopen("in.txt", "r", stdin);
//freopen("out.txt", "w", stdout); scanf("%lld", &n);
if(n & 1) printf("%lld %lld\n", n / 2 + 1, n / 2);
else if(n % 2 == 0 && n % 4) printf("impossible\n");
else printf("%lld %lld\n", (n - 4) / 4 + 2, (n - 4) / 4); return 0;
}
5.B题
题解：给定一字符串，最外层数字之间全用+，一层括号用*，两层用+，三层用*，以此类推
思路：每一层括号里的数字之间使用的符号相同，用栈存每一层的数字计算即可，需要手写栈，否则空间不够
代码：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cctype>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <string>
#include <stack>
#include <queue> typedef long long LL;
using namespace std; const long long mod = 1e9 + 7; int n;
char s[15]; struct node
{
int val;
node* next;
node(int w, node *n){
val = w;
next = n;
}
}; class Stack{
public :
int sz;
node* head; Stack(){
head = NULL;
sz = 0;
}
bool empty(){
return !sz;
}
int top(){
if(!empty()) return head->val;
return 0;
}
node *push(int val){
head = new node(val, head);
sz++;
return head;
}
void pop(){
if(empty()) return ;
node *tp = head;
head = head->next;
sz--;
delete tp;
}
int size(){
return sz;
}
}sk[300005]; int change(char s[]){
int res = 0;
int len = strlen(s);
for (int i = 0; i < len; i++) res = res * 10 + s[i] - '0';
return res;
} int main()
{
//freopen("in.txt", "r", stdin);
//freopen("out.txt", "w", stdout); scanf("%d", &n);
int cnt = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++){
scanf("%s", s);
if(s[0] == '(') cnt++;
else if(s[0] == ')'){
if(cnt & 1){
LL ans = 1;
while(sk[cnt].size()) ans = ans * sk[cnt].top() % mod, sk[cnt].pop();
cnt--;
sk[cnt].push(ans);
}else{
LL ans = 0;
while(sk[cnt].size()) ans = (ans + sk[cnt].top()) % mod, sk[cnt].pop();
cnt--;
sk[cnt].push(ans);
}
}else{
sk[cnt].push(change(s));
}
}
LL ans = 0;
while(sk[0].size()) ans = (ans + sk[0].top()) % mod, sk[0].pop();
printf("%lld\n", ans); return 0;
}
6.C题
题解：可建 k 座桥，建桥后山的高度忽略不计，求从底部(第 r 行)走到顶部(第 1 行)的
路线中最小值最大是多少。
思路：二分答案，用 bfs 跑图即可，因为每一个单元格会重复走，对于走的距离循环来优化 bfs。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cctype>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <string>
#include <stack>
#include <queue> typedef long long LL;
using namespace std; int n, m, k;
int mp[1005][1005];
bool vis[1005][1005];
int d[4][2] = {1, 0, -1, 0, 0, 1, 0, -1}; struct node
{
int x, y;
node() {}
node(int x, int y) : x(x), y(y) {}
}; int bfs(int val){
memset(vis, 0, sizeof(vis));
queue<node> q[k + 2];
for (int i = 1; i <= m; i++) vis[n][i] = true, q[mp[n][i] < val ? 1 : 0].push(node(n, i));
for (int i = 0; i <= k; i++){
while(q[i].size()){
node front = q[i].front();
if(front.x == 1) return 1;
q[i].pop();
for (int j = 0; j < 4; j++){
int x = front.x + d[j][0], y = front.y + d[j][1];
if(x < 1 || x >= n || y < 1 || y > m) continue;
if(!vis[x][y]){
vis[x][y] = true;
q[mp[x][y] < val ? i + 1 : i].push(node(x, y));
}
}
}
} return 0;
} int main()
{
//freopen("in.txt", "r", stdin);
//freopen("out.txt", "w", stdout); int l = 0, r = 0;
scanf("%d %d %d", &n, &m, &k);
for (int i = 1; i <= n; i++){
for (int j = 1; j <= m; j++){
scanf("%d", &mp[i][j]);
r = max(r, mp[i][j]);
}
}
int ans = l;
while(l <= r){
int mid = (l + r) >> 1;
if(bfs(mid)) ans = mid, l = mid + 1;
else r = mid - 1;
}
printf("%d\n", ans); return 0;
}
7.D题
题解：有一个 n 面的骰子，现在最多可以玩 k 轮，如果在 i(i<=k)轮达到了期望水平（即
期望的骰子分数），那么就会终止，否则继续，问最终游戏的期望分数。
思路：求出第 i 轮的期望分数为 socre1，对于第 i + 1 轮来说，进行第 i + 1 轮
的条件是第 i 轮没有到达期望分数 score1，那么第 i + 1 轮的期望分数为
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cctype>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <string>
#include <stack>
#include <queue> typedef long long LL;
using namespace std; int n, k;
int p[10005]; int main()
{
//freopen("in.txt", "r", stdin);
//freopen("out.txt", "w", stdout); scanf("%d %d", &n, &k);
double ans = 0;
for (int i = n; i >= 1; i--) p[i] = p[i + 1] + i;
for (int i = 1; i <= k; i++){
if(i == 1){
ans = 1.0 * p[i] / n;
}else{
ans = 1.0 * (p[(int)floor(ans) + 1] + floor(ans) * ans) / n;
}
}
printf("%.7lf\n", ans); return 0;
}
8.E题
题解：移除最多一半的边使得图没有环。
思路：将所有边分成两部分，第一部分为 u < v，第二部分为 v > u，将小的边
集合删去
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cctype>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <string>
#include <stack>
#include <queue> typedef long long LL;
using namespace std; int n, m; vector<int> v1, v2; int main()
{
//freopen("in.txt", "r", stdin);
//freopen("out.txt", "w", stdout); scanf("%d %d", &n, &m);
for (int i = 1, u, v; i <= m; i++){
scanf("%d %d", &u, &v);
if(u < v) v1.push_back(i);
else v2.push_back(i);
}
if(v1.size() > v2.size()){
printf("%d\n", v2.size());
for (auto x : v2) printf("%d\n", x);
}else{
printf("%d\n", v1.size());
for (auto x : v1) printf("%d\n", x);
} return 0;
}
9.H题
题解：
给定起始位置的行(数字 1~11)和列(字母 a~k)和末位置的行和列，求两步(一步的
长度不一定是 1)走到末位置的中间点的数量。
思路：
枚举所有棋的格子，同时满足从起始位置一步到所枚举的格子和所枚举
的格子一步到末位置即答案 + 1
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cctype>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <string>
#include <stack>
#include <queue> typedef long long LL;
using namespace std; char c1, c2;
int x, y; bool solve(char sl, int sr, char el, int er){
if(sl == el) return sr != er;
if(sl > 'f') sr += sl - 'f';
if(el > 'f') er += el - 'f';
if(sr == er) return true;
if(el - sl == er - sr) return true;
return false;
} int main()
{
//freopen("in.txt", "r", stdin);
//freopen("out.txt", "w", stdout); scanf("%c%d %c%d", &c1, &x, &c2, &y);
int ans = 0;
for (int i = 'a'; i <= 'k'; i++){
int num = 11 - abs('f' - i);
for (int j = 1; j <= 11; j++){
if(j > num) break;
if(solve(c1, x, i, j) && solve(i, j, c2, y)) ans++;
}
}
printf("%d\n", ans); return 0;
}
10.J题
题解：给你 i 到 j 路线长度的平均值(1 <= i, j <= n)，求出原始 DAG 路径图
思路：
拓扑排序给你的平均路径图，建立新的拓扑图，设置相邻顶点间的边数
为 1，边值为平均路径。枚举起始点和终点，统计间接到达终点的路数和路径总
长，算出是否要添加一条新的从起始点到终点的直接路径，同时如果有间接路径
时要保证新添的路径长度小于平均值。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cctype>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <string>
#include <stack>
#include <queue> typedef long long LL;
using namespace std; int n, in[105], toposort_v[105], toposort_p[105], num[105][105];
LL dag_ans[105][105];
LL dag_ave[105][105], dag_new[105][105]; int main()
{
//freopen("in.txt", "r", stdin);
//freopen("out.txt", "w", stdout); scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++){
for (int j = 1; j <= n; j++){
scanf("%lld", &dag_ave[i][j]);
if(dag_ave[i][j] > 0) in[j]++;
}
} // toposort to new dag
queue<int> q;
int cnt = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) if(!in[i]) q.push(i), toposort_v[++cnt] = i;
while(q.size()){
int u = q.front();
q.pop();
for (int v = 1; v <= n; v++){
if(dag_ave[u][v] > 0){
in[v]--;
if(in[v] == 0) q.push(v), toposort_v[++cnt] = v;
}
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++) toposort_p[toposort_v[i]] = i; // new dag
for (int i = 1; i <= n; i++){
for (int j = 1; j <= n; j++){
dag_new[i][j] = dag_ave[toposort_v[i]][toposort_v[j]];
}
} // orginal ans_dag
memset(dag_ans, -1, sizeof(dag_ans));
for (int i = 1; i < n; i++){
if(dag_new[i][i + 1] > 0) dag_ans[i][i + 1] = dag_new[i][i + 1], num[i][i + 1] = 1;
}
for (int len = 2; len <= n; len++){
for (int i = 1; i + len <= n; i++){
int j = i + len;
// i -> k -> j ways' number and weight
LL sum = 0;
for (int k = i + 1; k < j; k++){
if(dag_ans[i][k] > 0 && num[k][j] > 0){
num[i][j] += num[k][j];
sum += dag_ans[i][k] * num[k][j] + dag_new[k][j] * num[k][j];
}
}
// if add a path, ave = (sum + x) / (num[i][j] + 1), x is new path's weight
LL x = dag_new[i][j] * (num[i][j] + 1) - sum;
if((num[i][j] == 0 && dag_new[i][j] > 0) || (num[i][j] && x > 0 && dag_new[i][j] > x)){ // 保证直连的线长度小于间接连得线，所以直连的线小于平均值
dag_ans[i][j] = x;
num[i][j]++;
}
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++){
for (int j = 1; j <= n; j++){
int x = toposort_p[i], y = toposort_p[j];
printf("%lld%c", dag_ans[x][y], j == n ? '\n' : ' ');
}
} return 0;
}
11.K题
题解：
给定 n 件物品和他们的重量以及所有组合重量，求是否存在这 n 件物品的重量
来满足这些组合
思路：
将所有重量存入 multiset 中，每次考虑最大的次大的，必能得到 n 个物
品中一个物品的重量，从 multiset 中删除与此重量有关的所有组合，若找不到，
输出 impossible。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cctype>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <string>
#include <stack>
#include <queue> typedef long long LL;
using namespace std; int n, ans[25]; multiset<int> s; int main()
{
//freopen("in.txt", "r", stdin);
//freopen("out.txt", "w", stdout); scanf("%d", &n);
for (int i = 0, x; i < (1 << n); i++) scanf("%d", &x), s.insert(x);
int cnt = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++){
if(s.size() < 2) break;
cnt++;
int x = *prev(s.end()) - *prev(prev(s.end()));
ans[i] = x;
for (auto it = s.begin(); it != s.end(); it++){
int y = *it;
auto p = s.upper_bound(x + y);
p = prev(p);
if(p == s.end() || p == it || *p != x + y){
printf("impossible\n");
return 0;
}
s.erase(p);
}
}
if(s.size() != 1 || *s.begin() != 0 || cnt < n) printf("impossible\n");
else for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d\n", ans[i]); return 0;
}
12.L题
题解：
两个救生员中最靠近游泳者是监控者。找到两个救生员的坐标，使得救生员监控
的游泳者数量相同，最多有一个游泳的离两个救生员距离相同。
思路：
同 https://ac.nowcoder.com/acm/contest/883/H，将所有游泳的根据坐
标排序，用一直线划分成两部分，线的两个无穷远处为端点，若游泳的数量为奇
数，那么此线需经过中间点。设中间点为(x,y)Max 设为无穷大例: n 为偶数 (x -
Max, y - 1), (x + Max, y) n 为奇数 (x - Max, y - 1), (x + Max, y + 1)
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cctype>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <string>
#include <stack>
#include <queue> typedef long long LL;
using namespace std; int n;
struct node
{
LL x, y;
bool operator <(const node &rhs)const{
return x == rhs.x ? y < rhs.y : x < rhs.x;
}
}a[100005]; int main()
{
//freopen("in.txt", "r", stdin);
//freopen("out.txt", "w", stdout); scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld %lld", &a[i].x, &a[i].y);
sort(a + 1, a + 1 + n);
int mid = (n + 2) / 2;
LL MAX = 10000000000LL;
LL x = a[mid].x, y = a[mid].y;
if(n & 1){
printf("%lld %lld\n", x - MAX, y - 1);
printf("%lld %lld\n", x + MAX, y + 1);
}else{
printf("%lld %lld\n", x - MAX, y - 1);
printf("%lld %lld\n", x + MAX, y);
} return 0;
}
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