2019天梯赛训练1

7-1 N个数求和 （20 分）

本题的要求很简单，就是求N个数字的和。麻烦的是，这些数字是以有理数分子/分母的形式给出的，你输出的和也必须是有理数的形式。

输入格式：

输入第一行给出一个正整数N（≤100）。随后一行按格式a1/b1 a2/b2 ...给出N个有理数。题目保证所有分子和分母都在长整型范围内。另外，负数的符号一定出现在分子前面。

输出格式：

输出上述数字和的最简形式 —— 即将结果写成整数部分 分数部分，其中分数部分写成分子/分母，要求分子小于分母，且它们没有公因子。如果结果的整数部分为0，则只输出分数部分。

输入样例1：

5
2/5 4/15 1/30 -2/60 8/3

输出样例1：

3 1/3

输入样例2：

2
4/3 2/3

输出样例2：

2

输入样例3：

3
1/3 -1/6 1/8

输出样例3：

7/24

---

样例还是比较强的，有负数的只有分数，还有fz==0的要特判

#include<stdio.h>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define dbg(x) cout<<#x<<" = "<< (x)<< endl
typedef long long ll;
const int MD=1e9+7,N=1e5+5;
int n;
ll fm=1,fz,x,y;
void add(ll z,ll m)
{
    ll t=m/__gcd(m,fm)*fm;
    fz=fz*(t/fm)+z*(t/m);
    fm=t/__gcd(t,fz),fz=fz/__gcd(t,fz);
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=0;i<n;i++)scanf("%lld/%lld",&x,&y),add(x,y);
    if(fz==0)printf("0");
    else if(abs(fz)<fm)printf("%lld/%lld",fz,fm);
    else if(fz%fm==0)printf("%lld",fz/fm);
    else printf("%lld %lld/%lld",fz/fm,fz%fm,fm);
    return 0;
}

7-3 A-B （20 分）

本题要求你计算A−B。不过麻烦的是，A和B都是字符串 —— 即从字符串A中把字符串B所包含的字符全删掉，剩下的字符组成的就是字符串A−B。

输入格式：

输入在2行中先后给出字符串A和B。两字符串的长度都不超过10​4​​，并且保证每个字符串都是由可见的ASCII码和空白字符组成，最后以换行符结束。

输出格式：

在一行中打印出A−B的结果字符串。

输入样例：

I love GPLT!  It's a fun game!
aeiou

输出样例：

I lv GPLT!  It's  fn gm!

---

直接hash一下就完事

#include<stdio.h>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define dbg(x) cout<<#x<<" = "<< (x)<< endl
typedef long long ll;
const int MD=1e9+7,N=1e5+5;
set<char>S;
int main()
{
    string s,c;
    getline(cin,s);
    getline(cin,c);
    for(int i=0;c[i];i++)S.insert(c[i]);
    for(int i=0;s[i];i++)if(!S.count(s[i]))cout<<s[i];
    return 0;
}

7-9 集合相似度 （25 分）

给定两个整数集合，它们的相似度定义为：N​c​​/N​t​​×100%。其中N​c​​是两个集合都有的不相等整数的个数，N​t​​是两个集合一共有的不相等整数的个数。你的任务就是计算任意一对给定集合的相似度。

输入格式：

输入第一行给出一个正整数N（≤50），是集合的个数。随后N行，每行对应一个集合。每个集合首先给出一个正整数M（≤10​4​​），是集合中元素的个数；然后跟M个[0,10​9​​]区间内的整数。

之后一行给出一个正整数K（≤2000），随后K行，每行对应一对需要计算相似度的集合的编号（集合从1到N编号）。数字间以空格分隔。

输出格式：

对每一对需要计算的集合，在一行中输出它们的相似度，为保留小数点后2位的百分比数字。

输入样例：

3
3 99 87 101
4 87 101 5 87
7 99 101 18 5 135 18 99
2
1 2
1 3

输出样例：

50.00%
33.33%

继续set

#include<stdio.h>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define dbg(x) cout<<#x<<" = "<< (x)<< endl
typedef long long ll;
const int MD=1e9+7,N=1e5+5;
int n;
set<int>S[55];
void f(int a,int b)
{
    int t=0;
    for(auto X:S[a])if(S[b].count(X))t++;
    printf("%.2f%%
",t*1.0/(S[a].size()+S[b].size()-t)*100);
}

int main()
{
    int n,m;
    cin>>n;
    for(int i=1,k; i<=n; i++)
    {
        cin>>k;
        for(int j=0,x; j<k; j++)cin>>x,S[i].insert(x);
    }
    cin>>m;
    for(int i=0,x,y; i<m; i++)cin>>x>>y,f(x,y);
}

7-10 树的遍历 （25 分）

给定一棵二叉树的后序遍历和中序遍历，请你输出其层序遍历的序列。这里假设键值都是互不相等的正整数。

输入格式：

输入第一行给出一个正整数N（≤30），是二叉树中结点的个数。第二行给出其后序遍历序列。第三行给出其中序遍历序列。数字间以空格分隔。

输出格式：

在一行中输出该树的层序遍历的序列。数字间以1个空格分隔，行首尾不得有多余空格。

输入样例：

7
2 3 1 5 7 6 4
1 2 3 4 5 6 7

输出样例：

4 1 6 3 5 7 2

---

相等就可以往下递归，然后用0和1去找到那个值。

数也许很大，但是可以重载下string作为键值

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
map<int,int>M;
int s[31],c[31],l;
void la(int l,int r,int st,int ed,int f)
{
    if(l<=r&&st<=ed)
    {
        M[f]=c[ed];
        for(int i=l; i<=r; i++)
            if(c[ed]==s[i])
            {
                la(l,i-1,st,st+i-1-l,2*f+1),la(i+1,r,st+i-l,ed-1,2*f+2);
                return ;
            }
    }
}
int main()
{
    cin>>l;
    for(int i=0;i<l;i++)cin>>c[i];
    for(int i=0;i<l;i++)cin>>s[i];
    la(0,l-1,0,l-1,0);
    int f=0;
    for(auto X:M)
    {
        if(f)cout<<" ";
        cout<<X.second,f=1;
    }
    return 0;
}

taozi的队列的

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int post[1000],in[1000],Left[1000],Right[1000];
int n;
int build(int L1,int R1,int L2,int R2)
{
    if(L1>R1)return 0;
    int root=post[R1];
    int pos=L2;
    while(in[pos]!=root)pos++;
    int cnt=pos-L2;
    Left[root]=build(L1,L1+cnt-1,L2,pos-1);
    Right[root]=build(L1+cnt,R1-1,pos+1,R2);
    return root;
}
void level()
{
    queue<int>q;
    q.push(post[n]);
    int f=0;
    while(!q.empty())
    {
        int u=q.front();q.pop();
        if(!f)printf("%d",u),f=1;
        else printf(" %d",u);
        if(Left[u])q.push(Left[u]);
        if(Right[u])q.push(Right[u]);
    }
}
int main()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        cin>>post[i];
    for(int i=1;i<=n;i++)
        cin>>in[i];
    build(1,n,1,n);
    level();
    return 0;
}

7-11 家庭房产 （25 分）

给定每个人的家庭成员和其自己名下的房产，请你统计出每个家庭的人口数、人均房产面积及房产套数。

输入格式：

输入第一行给出一个正整数N（≤1000），随后N行，每行按下列格式给出一个人的房产：

编号 父 母 k 孩子1 ... 孩子k 房产套数 总面积

其中编号是每个人独有的一个4位数的编号；父和母分别是该编号对应的这个人的父母的编号（如果已经过世，则显示-1）；k（0≤k≤5）是该人的子女的个数；孩子i是其子女的编号。

输出格式：

首先在第一行输出家庭个数（所有有亲属关系的人都属于同一个家庭）。随后按下列格式输出每个家庭的信息：

家庭成员的最小编号 家庭人口数 人均房产套数 人均房产面积

其中人均值要求保留小数点后3位。家庭信息首先按人均面积降序输出，若有并列，则按成员编号的升序输出。

输入样例：

10
6666 5551 5552 1 7777 1 100
1234 5678 9012 1 0002 2 300
8888 -1 -1 0 1 1000
2468 0001 0004 1 2222 1 500
7777 6666 -1 0 2 300
3721 -1 -1 1 2333 2 150
9012 -1 -1 3 1236 1235 1234 1 100
1235 5678 9012 0 1 50
2222 1236 2468 2 6661 6662 1 300
2333 -1 3721 3 6661 6662 6663 1 100

输出样例：

3
8888 1 1.000 1000.000
0001 15 0.600 100.000
5551 4 0.750 100.000

---

直接模拟，用并查集好查询

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int fa[N],vis[N];
struct T
{
    int id,id1,id2,num,area,ch[6];
} a[N];
struct TT
{
    int id,cnt,f;
    double num,area;
} ans[N];
int find(int x)
{
    return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);
}
void Union(int x, int y)
{
    x=find(x),y=find(y);
    if(x<y)fa[y]=x;
    else if(x>y)fa[x]=y;
}
int main()
{
    int n;
    cin>>n;
    for(int i=0; i<N; i++)fa[i]=i;
    for(int i=0,m; i<n; i++)
    {
        cin>>a[i].id>>a[i].id1>>a[i].id2>>m;
        vis[a[i].id]=1;
        if(a[i].id1!=-1)Union(a[i].id,a[i].id1),vis[a[i].id1]=1;
        if(a[i].id2!=-1)Union(a[i].id,a[i].id2),vis[a[i].id2]=1;
        for(int j=0; j<m; j++)cin>>a[i].ch[j],Union(a[i].id, a[i].ch[j]),vis[a[i].ch[j]]=1;
        cin>>a[i].num>>a[i].area;
    }
    for(int i=0,t; i<n; i++)
    {
        t=find(a[i].id);
        ans[t].id=t;
        ans[t].num+=a[i].num;
        ans[t].area+=a[i].area;
        ans[t].f=1;
    }
    int cnt=0;
    for(int i=0; i<N; i++)
    {
        if(vis[i])ans[find(i)].cnt++;
        if(ans[i].f)cnt++;
    }
    for(int i=0; i<N; i++)
    {
        if(ans[i].f)
        ans[i].num=ans[i].num/ans[i].cnt,ans[i].area=ans[i].area/ans[i].cnt;
    }
    cout<<cnt<<"
";
    sort(ans, ans+N,
         [](TT a, TT b)
    {
        return a.area>b.area||a.area==b.area&&a.id<b.id;
    });
    for(int i=0; i<cnt; i++)
        printf("%04d %d %.3f %.3f
", ans[i].id, ans[i].cnt, ans[i].num, ans[i].area);
    return 0;
}

无非就是手写dij嘛，还

7-14 垃圾箱分布 （30 分）

大家倒垃圾的时候，都希望垃圾箱距离自己比较近，但是谁都不愿意守着垃圾箱住。所以垃圾箱的位置必须选在到所有居民点的最短距离最长的地方，同时还要保证每个居民点都在距离它一个不太远的范围内。

现给定一个居民区的地图，以及若干垃圾箱的候选地点，请你推荐最合适的地点。如果解不唯一，则输出到所有居民点的平均距离最短的那个解。如果这样的解还是不唯一，则输出编号最小的地点。

输入格式：

输入第一行给出4个正整数：N（≤10​3​​）是居民点的个数；M（≤10）是垃圾箱候选地点的个数；K（≤10​4​​）是居民点和垃圾箱候选地点之间的道路的条数；D​S​​是居民点与垃圾箱之间不能超过的最大距离。所有的居民点从1到N编号，所有的垃圾箱候选地点从G1到GM编号。

随后K行，每行按下列格式描述一条道路：

P1 P2 Dist

其中P1和P2是道路两端点的编号，端点可以是居民点，也可以是垃圾箱候选点。Dist是道路的长度，是一个正整数。

输出格式：

首先在第一行输出最佳候选地点的编号。然后在第二行输出该地点到所有居民点的最小距离和平均距离。数字间以空格分隔，保留小数点后1位。如果解不存在，则输出No Solution。

输入样例1：

4 3 11 5
1 2 2
1 4 2
1 G1 4
1 G2 3
2 3 2
2 G2 1
3 4 2
3 G3 2
4 G1 3
G2 G1 1
G3 G2 2

输出样例1：

G1
2.0 3.3

输入样例2：

2 1 2 10
1 G1 9
2 G1 20

输出样例2：

No Solution

行

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int n,m,s,tot;
int first[10005],dis[10005];
struct TT
{
    int to,nxt,len;
} edge[20005];
struct T
{
    int a,c;
    bool operator <(const T &x)const
    {
        return c>x.c;
    }
} p,x;
void add(int x,int y,int z)
{
    edge[++tot].nxt=first[x];
    first[x]=tot;
    edge[tot].to=y,edge[tot].len=z;
}
int la(string s)
{
    int x=0;
    if(s[0]!='G')
    {
        for(int i=0; s[i]; i++)x=x*10+s[i]-'0';
    }
    else
    {
        for(int i=1; s[i]; i++)x=x*10+s[i]-'0';
        x+=n;
    }
    return x;
}
int main()
{
    int m,k,ds;
    cin>>n>>m>>k>>ds;
    string s1,s2;
    for (int i=1,u,v,w; i <= k; i++)
    {
        cin>>s1>>s2>>w;
        u=la(s1),v=la(s2);
        add(u,v,w),add(v,u,w);
    }
    int ans_max=-1,ans_id=0,ans_sum=0;
    for(int i=1; i<=m; i++)
    {
        int s=i+n;
        memset(dis,INF,sizeof dis);
        priority_queue<T>q;
        q.push({s,0}),dis[s]=0;
        while(!q.empty())
        {
            p=q.top(),q.pop();
            for(int u=first[p.a],to; u; u=edge[u].nxt)
            {
                to=edge[u].to;
                if(dis[to]>p.c+edge[u].len)
                    dis[to]=p.c+edge[u].len,x.a=to,x.c=dis[to],q.push(x);
            }
        }
        int tmi=INF,tma=-1,sum=0;
        for(int j=1; j<=n; j++)tmi=min(tmi,dis[j]),tma=max(tma,dis[j]),sum+=dis[j];
        if(tma<=ds&&tmi>ans_max)ans_max=tmi,ans_id=i,ans_sum=sum;
        else if(tma<=ds&&tmi==ans_max&&sum<ans_sum)ans_id=i,ans_sum=sum;
    }
    if(ans_id)
    {
        cout<<"G"<<ans_id<<"
";
        printf("%.1f %.1f",ans_max*1.,ans_sum*1./n);
    }
    else cout<<"No Solution";
    return 0;
}