长乐培训Day5

t1 圆圈舞蹈

题目

【题目描述】

熊大妈的奶牛在时针的带领下，围成了一个圈跳舞。由于没有严格的教育，奶牛们之间的间隔不一致。

奶牛想知道两只最远的奶牛到底隔了多远。奶牛a到b的距离为a顺时针走和逆时针走，到达b的较短路程。

告诉你相邻个奶牛间的距离，请你告诉奶牛两只最远的奶牛到底隔了多远。

【输入格式】

第一行一个整数n，表示有n只奶牛。

接下来2~n+1行，第i行有一个数，表示第i-1头奶牛顺时针到第i头奶牛的距离。

第n+1行的数表示第n头奶牛顺时针到第1头奶牛的距离。

【输出格式】

一行，表示最大距离。

【数据规模】

2<=n<=100000，

1<=距离<=maxlongint,距离和<=maxlongint。

解析

分析一下题目，多试几组数据，不难发现，其实我们并不需要知道所有牛之间的距离，

只需要知道对于每头牛来说，离它最远的牛有多远，实际实现时，我们需要求出每头牛顺时针与逆时针离它最远的牛。

这里引用一下大佬的解释：

如图，对于枚举的第一头牛a，找到离它最远的牛b，

当我们沿顺时针枚举第二头牛c时，离c最远的牛不可能是图中红色区域的牛了，

所以我们只需要将b沿顺时针枚举，当蓝色部分的距离小于红色部分时枚举停止，

因为此时蓝色部分的牛不可能是离c最远的牛了。

这个算法是沿着圈绕了一圈，时间复杂度为o(n)，足以ac。

code

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 100005;
int ans, a[maxn], b[maxn], n, i, j, k, tot, t;
int main()
{
    //freopen("circle.in", "r", stdin);
    //freopen("circle.out", "w", stdout);
    cin >> n;
    for(i = 1; i <= n; i ++)
        scanf("%d", &a[i]);
    for(i = 1; i <= n; i ++)
        tot += a[i];
    j = 2;
    t = a[1];
    for(i = 1; i <= n; i ++)
    {
        while (min(t, tot - t) <= min(t + a[j], tot - t - a[j]) && j < n) j ++, t += a[j - 1];
        ans = max(ans, min(t, tot - t));
        t -= a[i];
    }
    cout << ans << endl;
    //fclose(stdin); fclose(stdout);
}

 

 

 

 

 

t2 小麦亩产一千八

题目

【题目描述】

“有了金坷垃，肥料一袋能顶两袋撒，小麦亩产一千八，吸收两米下的氮磷钾……”，话说hysbz（hengyang school for boys & zy）学识渊博孩纸们一讲到粮食，都会想起印度那个著名的故事：

国王要在第一个格子里放入一粒小麦，接下来的格子放入前面一个格子的两倍的小麦。这样所需小麦总数是巨大的，哪是不用金坷垃就能完成的任务？

不过为了减轻国王的任务，那个下棋获胜的宰相换了一个要求：“我只需要你在棋盘外放一粒小麦，可以将其理解为第0个格子，然后你需要在第一个格子里放入若干小麦，

之后每一个格子放入前两个格子的小麦数之和的小麦，并且要满足第a个格子放x粒小麦，第b个格子放……”说到这，宰相突然发现自己说的满足第a个格子放x粒小麦的情况可能不存在……

欺君可是大罪啊！国王看到宰相迟迟不说，自己也烦了！我自己来算！于是国王拜托你，让你算出第b个格子应该放几粒小麦。当然，就算答案不存在，你也是要告诉国王的。

【输入格式】

该题有多组数据，请读到文件末结束。

对于每一组数据仅一行，3个正整数a,x,b,分别表示第a个格子放了x粒小麦，以及你所需要计算的是第b个格子的小麦数量。

【输出格式】

对于每一次询问，仅1个整数，为第b个格子的小麦数量，若宰相说的情况不存在，那么请输出-1。

【数据规模】

对于50%的数据：如果答案存在，那么p<=50

对于100%的数据：1<=数据组数<=10000，1<=a,b<=20, 数据保证如果答案存在，那么1<=p<=1000000.(注:p是第一格放置的小麦数)。

解析

题目明显给出了一个拓展的斐波那契数列，其满足：f[0]=1,f[1]=p,f[2]=p+1,f[3]=2*p+1······

而原来的斐波那契数列满足：f[0]=1,f[1]=1,f[2]=2,f[3]=3······

设g[i]=f[i]-f[i]，则g[0]=0,g[1]=p-1,g[2]=p-1,g[3]=2*p-2,g[4]=3*p-3······

输入已经给出了f[a]=x，所以g[a]=x-f[a]=f[a-1]*(p-1)，

我们先预处理出f数组，那么每组数据我们可以o（1）计算出p，

之后递推出答案就行了，每组数据时间复杂度为o（b）。

code

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
int a, b;
long long f[30], x;
inline void check(int mid)
{
    f[1] = mid;
    for(int i = 2; i <= a; i ++)
        f[i] = f[i - 1] + f[i - 2];
}
inline void getans(int mid)
{
    f[1] = mid;
    for(int i = 2; i <= b; i ++)
        f[i] = f[i - 1] + f[i - 2];
    printf("%lld\n", f[b]);
}
int main()
{
    //freopen("kela.in", "r", stdin);
    //freopen("kela.out", "w", stdout);return 0； 
    f[0] = 1;
    while (scanf("%d%lld%d", &a, &x, &b) != eof)
    {
        int l = 1, r = 1000000;
        while (l != r - 1)
        {
            int mid = (l + r) >> 1;
            check(mid);
            if (f[a] > x) r = mid;
            else l = mid; 
        }
        check(l);
        if (f[a] == x) getans(l);
        else {
            check(r); 
            if (f[a] == x) getans(r);
            else printf("-1\n");
        }
    }
    //fclose(stdin); fclose(stdout);
}

 

 

 

 

 

t3 好元素

题目

【题目描述】

小a一直认为，如果在一个由n个整数组成的数列{an}中，存在以下情况：

am+an+ap = ai (1 <= m, n, p < i <= n ,  m,n,p可以相同)，那么ai就是一个好元素。

现在小a有一个数列，请你计算数列中好元素的数目。

【输入格式】

第一行只有一个正整数n，意义如上。

第二行包含n个整数，表示数列{an}。

【输出格式】

输出一个整数，表示这个数列中好元素的个数。

【数据规模】

对于10%的数据1<=n<=10

对于40%的数据1<=n<=500 -10^5<=ai<=10^5

对于70%的数据1<=n<=5000 -10^6<=ai<=10^6

对于100%的数据1<=n<=5000 -10^9<=ai<=10^9

解析

10分做法：四层循环枚举a[i],a[m],a[n],a[p]，时间复杂度o(n⁴)

40分做法：bool数组存储a[i]，再三层循环a[m],a[n],a[p]，若a[i]存在个数就+1，时间复杂度o(n³)

70分做法：我们发现40分做法计算三数和用了o(n³)，而查询a[i]只用了o(n)，

我们把代数式转换为a[m]+a[n]=a[i]-a[p]，这样计算和查询都是o(n²)，总时间复杂度为o(n²)

100分做法：在70分算法的前提下加上哈希进行判断即可。

code

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;

const int maxn=int(5e3)+3;
const int maxh=int(1e7)+int(3e6);
const int hash_value=33554431;
const int maxv=hash_value+1;

int top,val[maxh],next[maxh],first[maxv];
int n,ans,a[maxn];

void push_hash(const int &x) {
    int px=x&hash_value;
    next[++top]=first[px];
    val[top]=x;
    first[px]=top;
    return ;
}

bool ask_hash(const int &x) {
    int px=x&hash_value;
    for (int k=first[px];k!=0;k=next[k])
        if (val[k]==x) return true;
    return false;
}

int get() {
    int sign=0,num=0;
    char ch;
    for (ch=getchar();ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if (ch=='-') break;
    ch=='-'?sign=1:num=ch-48;
    for (ch=getchar();ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) num=num*10+ch-48;
    return sign==0?num:-num;
}

int main() {
    //freopen("good.in","r",stdin);
    //freopen("good.out","w",stdout);
    n=get();
    for (int i=1;i<=n;++i) {
        a[i]=get();
        for (int j=i-1;j>=1;--j) {
            int now=a[i]-a[j];
            if (ask_hash(now)) {
                ++ans;
                break;
            }
        }
        for (int j=1;j<=i;++j) {
            int now=a[i]+a[j];
            push_hash(now);
        }
    }
    printf("%d\n",ans);
    //fclose(stdin);fclose(stdout);
    return 0;
}

 

 

 

 

 

t4 国际象棋

题目

【题目描述】

小口口不是一个普通青年，所以他不喜欢玩普通国际象棋。他喜欢玩的国际象棋是这样的：把两个边长分别为 n*n 和 m*m 的国际象棋盘拼在一起。就像这样：

现在小口口又来刁难你了：他告诉你 n,m,w,h 以及 k。

然后问你这样的棋盘上放 k 个城堡互相不攻击有多少种方案。

城堡的攻击范围是一整行和一整列。

【输入格式】

第一行，五个整数，分别为 n,m,w,h,k。

【输出格式】

输出一行一个整数表示方案总数。

【数据规模】

10%的数据n=m=k.

50%的数据w=h=0,1<=n,m<=15(包括上述的10%的数据).

100%的数据n,m<=20,w,h,k<=10^9.

解析

本蒟蒻表示，这题神马不会写，随便写了个暴力就溜了。

so，直接抛出巨佬题解：

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m,w,h,k,w,h;
struct ff {
    int len,a[50];
    ff(){ len=0; memset(a,0,sizeof(a)); }
    
    inline ff operator *(const int &b){
        ff c=*this;
        for (int i=1; i<=len; ++i) c.a[i]*=b;
        for (int i=1; i<=len; ++i){
            c.a[i+1]+=c.a[i]/10;
            c.a[i]%=10;
        }
        c.len=len;
        while (c.a[c.len+1]) 
            c.len++, c.a[c.len+1]=c.a[c.len]/10, c.a[c.len]%=10;
        return c;
    }
    inline void operator +=(const ff &b){
        len=max(len,b.len);
        for (int i=1; i<=len; ++i){
            a[i]+=b.a[i];
            a[i+1]+=a[i]/10;
            a[i]%=10;
        }
        while (a[len+1]) ++len, a[len+1]=a[len]/10, a[len]%=10;
    }
}f[45][25][25][25],ans;
void prt(ff a)
{
    for (int i=a.len; i; --i)
        printf("%d",a.a[i]);
    printf("\n");
}
bool check(int x,int y)
{
    if (x<=n && y<=n) return 1;
    if (x>w && x<=w+m && y>h && y<=h+m) return 1;
    return 0;
}
void work()
{
    if (w>=n) w=n;
    if (h>=n) h=n;
    if (m+w<=n && m+h<=n) w=h=0,m=n;
    
    int h=max(h+m,n),w=max(m+w,n);                                        //h!w!
    int l1=w,l2=min(w+m,n),l3=max(w+m,n);
    int n1=l1,n2=l2-l1,n3=l3-l2;
    f[0][0][0][0].len=1; 
    f[0][0][0][0].a[1]=1;
    for (int i=0; i<h; ++i){    
        for (int x=0; x<=n1; ++x)
        if (x<=k){
            for (int y=0; y<=n2; ++y)
            if (x+y<=k)
              for (int z=0; z<=n3; ++z)
              if (x+y+z<=k){
                    if (check(l1,i+1)){
                        f[i+1][x+1][y][z]+=f[i][x][y][z]*(n1-x);
                    } 
                    if (check(l3,i+1)) f[i+1][x][y][z+1]+=f[i][x][y][z]*(n3-z);
                    if (check(l2,i+1)) f[i+1][x][y+1][z]+=f[i][x][y][z]*(n2-y);
                    f[i+1][x][y][z]+=f[i][x][y][z];
              }
        }
    }
    for (int x=0; x<=n1; ++x)
      for (int y=0; y<=n2; ++y)
        for (int z=0; z<=n3; ++z)
        if (x+y+z==k){        
           ans+=f[h][x][y][z];           
        }
    for (int i=ans.len; i; --i)
        printf("%d",ans.a[i]);
    
}
int main()
{
    //freopen("chess.in","r",stdin);
    //freopen("chess.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d%d%d",&n,&m,&w,&h,&k);    
    work();
    //fclose(stdin); fclose(stdout);
}