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寒假练习 05

刷完了数学专题，感觉思维量有些大，同时也对浮点数的运算有些接触。最重要的还是感觉有时候题目读起来有些吃力，需要借助中文翻译。

UVaOJ 113

这道题目是集训的时候第一天晚上的题目，据说可以double解决，当时没有AC。

现在重新做了一遍，需要注意的是最后输出的结果一定要转换成int，否则会WA。

同时，double转换为int的时候可以采取这样的方式：(int)floor(x + 0.5)。

#include <iostream>
#include <math.h>

using namespace std;

int main()
{
	double x, y;
	while(cin >> x >> y)
	{ cout << (int)floor(pow(y, 1 / x) + 0.5) << endl; }
	return 0;
}

UVaOJ 10161

这道题目是通常的找规律题目，和一道《Cantor的数表》是差不多的，需要注意奇偶不同的处理。

#include <iostream>
#include <math.h>

using namespace std;

int main()
{
	int N;
	while(cin >> N)
	{
		if(N == 0) { break; }
		int k = ceil(sqrt(N));
		int s = (k - 1) * (k - 1);
		int d = N - s;
		int x, y;
		if(d <= k) { x = d; y = k; }
		else { x = k; y = 2 * k - d; }
		if(k & 1) { swap(x, y); }
		cout << x << " " << y << endl;
	}
	return 0;
}

UVaOJ 253

这道题目如果直接考虑会非常的麻烦，我们可以考虑“颜色对”这样一个概念。

即，将互为对面的两种颜色看为一个颜色对，那么一个立方体一共有3个颜色对，只要匹配这三个颜色对就可以了。

#include <iostream>
#include <string>
#include <memory.h>

using namespace std;

const int MAX = 4;

bool pVisited[MAX];

int main()
{
	string x;
	while(cin >> x)
	{
		int nCnt = 0;
		memset(pVisited, false, sizeof(pVisited));
		for(int i = 1; i <= 3; i++)
		{
			for(int j = 1; j <= 3; j++)
			{
				if((x[i - 1] == x[5 + j] && x[6 - i] == x[12 - j] || 
					x[i - 1] == x[12 - j] && x[6 - i] == x[5 + j]) && !pVisited[j])
				{
					nCnt++;
					pVisited[j] = true;
					break;
				}
			}
		}
		cout << (nCnt == 3 ? "TRUE" : "FALSE") << endl;
	}
	return 0;
}

UVaOJ 621

这道题目感觉不是数学题，应该算字符串处理。

#include <iostream>
#include <string>

using namespace std;

int main()
{
	int N;
	string x;
	while(cin >> N)
	{
		cin.ignore();
		for(int i = 1; i <= N; i++)
		{
			getline(cin, x);
			if(x == "1" || x == "4" || x == "78") { cout << "+" << endl; }
			else if(x.substr(x.length() - 2, 2) == "35") { cout << "-" << endl; }
			else if(x[0] == '9' && x[x.length() - 1] == '4') { cout << "*" << endl; }
			else if(x.substr(0, 3) == "190") { cout << "?" << endl; }
		}
	}
	return 0;
}

UVaOJ 10025

这道题目当时没有想出来怎么做，后来看了题解恍然大悟。

首先，根据对称性，我们可以只考虑k > 0的情况。

然后，我们令S = ⊕1⊕2⊕3⊕...⊕N，其中⊕为正负号。

如果将S中任意一个⊕变换符号，那么S的减少量或者增加量必定为偶数。

我们考虑⊕都为＋的情况，因为当S > k的时候，我们可以改变其中的⊕来达到要求的k。

因此，只要求最小的N，使得S > k，并且满足S - k为偶数，因为每次变换⊕的符号对S的改变量为偶数。

#include <iostream>

using namespace std;

int main()
{
	int T, K;
	cin >> T;
	for(int i = 1; i <= T; i++)
	{
		cin >> K;
		if(K < 0) { K = -K; }
		int nSum = 0;
		for(int j = 1; ; j++)
		{
			nSum += j;
			if(nSum >= K && (nSum - K)  % 2 == 0)
			{ cout << j << endl; break; }
		}
		if(i != T) { cout << endl; }
	}
	return 0;
}

UVaOJ 591

贪心，计算变换后每列的末高度。将高于末高度的搬到低于末高度的地方即可。

#include <iostream>

using namespace std;

const int MAX = 64;

int pData[MAX];

int main()
{
	int N, nCase = 0;
	while(cin >> N)
	{
		if(N == 0) { break; }
		int nSum = 0, ans = 0;
		cout << "Set #" << ++nCase << endl;
		for(int i = 1; i <= N; i++)
		{
			cin >> pData[i];
			nSum += pData[i];
		}
		nSum /= N;
		for(int i = 1; i <= N; i++)
		{
			if(pData[i] > nSum)
			{ ans += pData[i] - nSum; }
		}
		cout << "The minimum number of moves is " << ans << "." << endl;
		cout << endl;
	}
}

UVaOJ 107

这道题目需要推导公式，我们令要输出的答案分别为x, y。

假设k代小猫（包括第一代），每个小猫帽子里有N个小猫。

那么我们可以得到公式(N + 1)^k = H，N^k = C。

两边去对数即可得到k * log(N + 1) = logH，k * logN = logC。

将k约去，得到logH * logN = log(N + 1) * logC。

根据上式，我们额可以求出N，即每个小猫帽子里有几个小猫。之所以约去k，是为了多次运算导致浮点数误差。

求得N以后，我们就可以进一步的求出一共有多少只小猫不在工作。这是一个等比数列x = 1 + N + N^2 + N^3 + ... + N^k

当N = 1时，x = k = log(H) / log(2)。（由(N + 1)^K = H，代入N = 1得2^k = H）

当N ≠ 1时，x = (1 - N^k) / (1 - N) = (1 - C) / (1 - N) = (C - 1) / (N - 1)。

为了计算所有小猫的身高，我们可以得到另一个等比数列y = H + N * (N / N + 1) * H + N^2 * (N / N + 1)^2 * H + ... + N^k * (N / N + 1)^k * H。

当N = 1时，y = H * (1 + 1 / 2 + 1 / 4 + 1 / 8 + ... + 1 / 2^k) = H * (2 - 1 / 2^k) = 2 * H - H * 1 / 2^k = 2 * H - 1。（由(N + 1)^K = H，代入N = 1得2^k = H）

当N ≠ 1时，y = H * (1 - (N^2 / (N + 1))^k) / (1 - (N^2 / (N + 1))) = (N + 1) * H - C * N。

又，当N = 1时，必有C = 1，因此我们对输入数据进行分类讨论即可。

#include <iostream>
#include <math.h>

using namespace std;

int main()
{
	double H, C;
	while(cin >> H >> C)
	{
		if(H == 0 && C == 0) { break; }
		int x, y;
		if(C == 1)
		{
			x = ceil(log(H) / log(2));
			y = 2 * H - 1;
		}
		else
		{
			int N;
			for(N = 1; N < H; N++)
			{
				if(fabs(log(H) * log(N) - log(C) * log(N + 1)) < 1E-8)
				{ break; }
			}
			x = (C - 1) / (N - 1);
			y = (N + 1) * H - C * N;
		}
		cout << x << " " << y << endl;
	}
	return 0;
}

UVaOJ 573

蜗牛爬墙，很经典的题目，要注意两点：

上爬的衰减因子只与第一次上爬的距离有关；
当上爬的距离小于0时，蜗牛不再上爬。

#include <iostream>

using namespace std;

int main()
{
	double H, U, D, F;
	while(cin >> H >> U >> D >> F)
	{
		if(H == 0) { break; }
		F /= 100.0;
		int nDay = 0;
		double dNow = 0, dUp = U;
		while(1)
		{
			nDay++;
			dNow += dUp;
			dUp -= F * U;
			if(dNow > H) { cout << "success on day " << nDay << endl; break; }
			if(dUp < 0) { dUp = F = 0; }
			dNow -= D;
			if(dNow < 0) { cout << "failure on day " << nDay << endl; break; }
		}
	}
	return 0;
}

UVaOJ 846

这道题目一开始完全不知道怎么做，后来百度以后才发现有规律：

距离	步长	距离	步长
1	1	9	5
2	2	10	6
3	3	11	6
4	3	12	6
5	4	13	7
6	4	14	7
7	5	15	7
8	5	16	7

我们令d = y - x（其中x, y为输入数据），s = floor(sqrt(d))，规律如下：

s * s == d，s = 2 * s - 1；
s * (s + 1) < d，s = 2 * s + 1；
s = 2 * s。

当然，要注意特判相距为0的情况。

#include <iostream>
#include <math.h>

using namespace std;

int main()
{
	int T, x, y;
	cin >> T;
	for(int i = 1; i <= T; i++)
	{
		cin >> x >> y;
		int d = y - x;
		if(d == 0) { cout << "0" << endl; }
		else
		{
			int s = (int)(sqrt(d * 1.0));
			if(s * s == d) { s = 2 * s - 1; }
			else if(s * (s + 1) < d) { s = 2 * s + 1; }
			else { s *= 2; }
			cout << s << endl;
		}
	}
	return 0;
}

UVaOJ 10499

一开始没看懂题意。感觉在考英语。

我们假设一开始小球的半径R = 1，那么表面积S = 4π。分割成N部分，表面积增加N * π。那么答案即为 N / 4 * 100 = 25 * N。

注意，需要特判1的情况。

#include <iostream>

using namespace std;

int main()
{
	long long N;
	while(cin >> N)
	{
		if(N < 0) { break; }
		long long nPercent = N * 25;
		if(N == 1) { nPercent = 0; }
		cout << nPercent << "%" << endl;
	}
	return 0;
}

UVaOJ 10790

映射法：每个四边形对应一条对角线——每条对角线对应一个交点。

题目转化为求四边形的个数，即为C(N, 2) * C(M, 2)。

#include <iostream>

using namespace std;

int main()
{
	int nCase = 0;
	long long x, y;
	while(cin >> x >> y)
	{
		if(x == 0 && y == 0) { break; }
		long long ans = x * (x - 1) * y * (y - 1) / 4;
		cout << "Case " << ++nCase << ": " << ans << endl;	
	}
	return 0;
}

UVaOJ 11044

由于边缘不需要计算，那么答案就是 ceil((W - 2) / 3) * ceil((H - 2) / 3)。

#include <iostream>
#include <math.h>

using namespace std;

int main()
{
	int T, W, H;
	cin >> T;
	for(int i = 1; i <= T; i++)
	{
		cin >> W >> H;
		int x = (W - 2) / 3 + ((W - 2) % 3 != 0);
		int y = (H - 2) / 3 + ((H - 2) % 3 != 0);
		cout << x * y << endl;
	}
	return 0;
}

UVaOJ 10719

模拟多项式除法，只要会多项式除法，写起来就非常的轻松。

#include <iostream>
#include <memory.h>
#include <string>
#include <sstream>

using namespace std;

const int MAX = 10240;

int pData[MAX], pAns[MAX];

int main()
{
	int k;
	string x;
	while(cin >> k)
	{
		memset(pData, 0, sizeof(pData));
		memset(pAns, 0, sizeof(pAns));
		int nCnt = 0, nPos = 1, r = 0;
		cin.ignore();
		getline(cin, x);
		istringstream iss(x);
		while(iss >> pData[++nCnt]);
		nCnt--;
		while(nPos < nCnt)
		{
			if(pData[nPos] != 0)
			{
				pAns[nPos] = pData[nPos];
				pData[nPos] = 0;
				pData[nPos + 1] += k * pAns[nPos];
			}
			nPos++;
		}
		if(pData[nPos]) { r = pData[nPos]; }
		cout << "q(x):";
		for(int i = 1; i < nPos; i++)
		{ cout << " " << pAns[i]; }
		cout << endl;
		cout <<"r = " << r << endl;
		
	}
	return 0;
}

UVaOJ 10177

结论题。对于w维正方体，边长为N，其中包含的正方体（S）、长方体（R）的个数为：

S(w) = 1^w + 2^w + 3^w + ... + N^w

R(w) = (N * (N + 1) / 2)^w - S(w)

这里补充一下幂级数求和公式：S(4) = (N * (N + 1) * (3 * N^2 + 3 * N - 1)) / 30。

#include <iostream>

using namespace std;

int main()
{
	long long N;
	while(cin >> N)
	{
		long long s2 = (N * (N + 1) * (2 * N + 1)) / 6;
		long long s3 = (N * (N + 1) / 2) * (N * (N + 1) / 2);
		long long s4 = (N * (N + 1) * (2 * N + 1) * (3 * N * N + 3 * N - 1)) / 30;
		long long r2 = (N * (N + 1) / 2) * (N * (N + 1) / 2) - s2;
		long long r3 = (N * (N + 1) / 2) * (N * (N + 1) / 2) * (N * (N + 1) / 2) - s3;
		long long r4 = (N * (N + 1) / 2) * (N * (N + 1) / 2) * (N * (N + 1) / 2) * (N * (N + 1) / 2) - s4;
		cout << s2 << " " << r2 << " " << s3 << " " << r3 << " " << s4 << " " << r4 << endl;
	}
	return 0;
}

UVaOJ 10916

我们知道2^N < N! < 2^(N + 1)，以2为底取对数得，N < log1 + log2 + log3 + ... + logN < N + 1。

这样，模拟一下就可以得到答案。

#include <iostream>
#include <math.h> 

using namespace std;

int main()
{
	int N;
	while(cin >> N)
	{
		if(N == 0) { break; }
		int k = (N - 1960) / 10 + 2;
		double dSum = 0.0;
		for(int i = 1; ; i++)
		{
			dSum += log(i) / log(2);
			if(dSum > (1 << k)) { cout << i - 1 << endl; break; }
		}
	}
	return 0;
}

UVaOJ 10970

记得在Codeforces上做过，当时被hack了。这里数据范围比较小，所以可以直接用int。

公式为ans = x * y - 1。

#include <iostream>

using namespace std;

int main()
{
	int x, y;
	while(cin >> x >> y)
	{ cout << x * y - 1 << endl; }
	return 0;
}

UVaOJ 10014

这道题目也需要推导公式。根据题目条件，我们有：

2 * a₁= a₀+ a₂- 2 * c₁

2 * a₂ = a₁ + a₃ - 2 * c₂

2 * a₃ = a₂ + a₄ - 2 * c₃

................................

2 * a_N = a_{N - 1} + a_{N + 1} - 2 * c_N

将第一个式子分别加到下面N - 1个式子上，得到：

2 * a₁= a₀+ a₂- 2 * c₁

a₁ + a₂ = a₀ + a₃ - 2 * (c₁ + c₂)

a₁ + a₃ = a₀ + a₄ - 2 * (c₁ + c₂ + c₃)
.................................................

a₁ + a_N = a₀ + a_{N + 1} - 2 * (c₁ + c₂ + c₃ + ... + c_N)

将上面N个式子累加，得到：

(N + 1) * a₁ = N * a₀ + a_{N + 1} - 2 * (N * c₁ + (N - 1) * c₂ + (N - 2) * c₃ + ... + c_N)

由此，便可得到a₁。

#include <iostream>
#include <iomanip>

using namespace std;

int main()
{
	int T, N;
	double s, e;
	cin >> T;
	for(int i = 1; i <= T; i++)
	{
		double ans = 0, dTmp;
		cin >> N;
		cin >> s >> e;
		ans = N * s + e;
		for(int j = 1; j <= N; j++)
		{
			cin >> dTmp;
			ans -= 2.0 * (N - j + 1) * dTmp;
		}
		cout << fixed << setprecision(2) << ans / (N + 1) << endl;
		if(i != T) { cout << endl; }
	}
	return 0;
}

刷完数学专题，感觉数学题目的思维量还是很大的，同时也要注意浮点数对结果造成的误差。

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原文地址：https://www.cnblogs.com/Ivy-End/p/4287938.html