2017ACM-ICPC沈阳区域赛

I-Little Boxes【大数】

hdu6225  http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6225

题意：

就是给四个大数，输出和。

思路：

java大法好。用long longWA了一发

import java.math.BigInteger;
import java.util.Scanner;

public class Main {

    //static Scanner scan;
    //static BigInteger a, b, c, d;
    static public void main(String[] args){
        Scanner scan = new Scanner(System.in);
        int t = scan.nextInt();
        BigInteger a, b, c, d;
        for(int i = 0; i < t; i++){
            a = scan.nextBigInteger();
            b = scan.nextBigInteger();
            c = scan.nextBigInteger();
            d = scan.nextBigInteger();
            BigInteger ans = a.add(b).add(c).add(d);

            System.out.println(ans);
        }

    }
}

K-Rabbits

hdu6227  http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6227

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int maxn = 500 + 5;

int a[maxn];

int main()
{
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        int N;
        cin >> N;
        int ans = 0;
        for (int i = 0; i < N; i++) {
            scanf("%d", a+i);
            if (i >= 1)
                ans += a[i]-a[i-1]-1;
        }
        ans -= min(a[1]-a[0]-1, a[N-1]-a[N-2]-1);
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}
/*
5
6
1 3 5 7 9 11
6
1 3 5 7 9 12
*/

F-Haron and His Triangle【大数】【规律】

hdu6222  http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6222

题意：一个三角形的边长分别是t -1, t, t+1，要求他的面积是整数。问大于等于n的最小的t是多少。

思路：首先海伦公式推出一个式子。打了前10000的表，czc秒看出递推公式。i+1 = 4 * i - (i-1)。又一次java大法。因为刚好10^30忘记放进去了WA了一发，下次还是要注意不要开刚好的，稍微大一点。

import java.math.BigInteger;
import java.util.Scanner;

public class Main {

    //static Scanner scan;
    //static BigInteger a, b, c, d;
    static BigInteger[] num = new BigInteger[100000];
    static public void main(String[] args){
        Scanner scan = new Scanner(System.in);
        num[1] = new BigInteger("4");
        num[2] = new BigInteger("14");
        BigInteger maxn = new BigInteger("10");
        maxn = maxn.pow(31);
        //System.out.println(maxn);
        int i;
        for(i = 3; ; i++){
            num[i] = new BigInteger("0");
            BigInteger x = new BigInteger("4");
            BigInteger tmp = BigInteger.ZERO;
            tmp = num[i - 1].multiply(x);
            tmp = tmp.subtract(num[i - 2]);
            if(tmp.compareTo(maxn) == 1)break;
            else num[i] = tmp;
        }

        //System.out.println(i);
        int t = scan.nextInt();
        for(int cas = 1; cas <= t; cas++){
            BigInteger n = scan.nextBigInteger();
            for(int j = 1; j <= i; j++){
                if(num[j].compareTo(n) != -1){
                    System.out.println(num[j]);
                    break;
                }
            }
        }
    }
}

L-Tree【DFS】

hdu6228  http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6228

题意：

给一棵有n个节点的树上k种颜色。边集Ei表示使颜色i的所有节点联通的最小边集。求所有边集E的交集的最大值。

思路：

一条边可行或是不可行，就看他连接的两块。如果两块的大小都大于等于k，那么这条边肯定是交集的一部分，因为肯定存在一种上色方案使得左边k种颜色右边k种，而且大家肯定都要经过这条边，所以这条边肯定在交集里面。DFS一遍。

正好碰上大二他们周赛拉了这题自己写了一下

#include <iostream>
#include <set>
#include <cmath>
#include <stdio.h>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define inf 0x7f7f7f7f

int t, n, k;
const int maxn = 2e5 + 5;
struct edge{
    int u, v, nxt;
}e[maxn];
int head[maxn], tot;
int cnt_son[maxn];

void addedge(int u, int v)
{
    e[tot].v = v;
    e[tot].u = u;
    e[tot].nxt = head[u];
    head[u] = tot++;
    e[tot].v = u;
    e[tot].u = v;
    e[tot].nxt = head[v];
    head[v] = tot++;
}

void init()
{
    tot = 0;
    for(int i = 0; i <= n; i++){
        head[i] = -1;
        cnt_son[i] = 0;
    }
}

void dfs(int rt, int fa)
{
    for(int i = head[rt]; i != -1; i = e[i].nxt){
        if(e[i].v == fa)continue;
        dfs(e[i].v, rt);
        cnt_son[rt] += cnt_son[e[i].v];
    }
    cnt_son[rt]++;
}

int main()
{
    scanf("%d", &t);
    while(t--){
        scanf("%d%d", &n, &k);
        init();
        for(int i = 0; i < n - 1; i++){
            int u, v;
            scanf("%d%d", &u, &v);
            addedge(u, v);
        }
        dfs(1, 0);
        //cout<<1<<endl;
        int cnt = 0;
        /*for(int i = 1; i <= n; i++){
            cout<<cnt_son[i]<<endl;
        }*/
        for(int i = 0; i < tot; i++){
            int v = e[i].v, u = e[i].u;
            if(cnt_son[u] < cnt_son[v]){
                swap(u, v);
            }
            if(cnt_son[v] >= k && n - cnt_son[v] >= k){
                cnt++;
            }
        }
        printf("%d
", cnt / 2);
    }
    return 0;
}

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=150000+10;

int n,k;
int ans;

struct Edge{
    int u,v;
    Edge(int u=0,int v=0){this->u=u,this->v=v;}
};
vector<Edge> E;
vector<int> G[maxn];
void init(int l,int r)
{
    E.clear();
    for(int i=l;i<=r;i++) G[i].clear();
}
void addedge(int u,int v)
{
    E.push_back(Edge(u,v));
    G[u].push_back(E.size()-1);
}

int vis[maxn];
int dfs(int now)
{
    vis[now]=1;
    int tot=1;
    for(int i=0;i<G[now].size();i++)
    {
        Edge &e=E[G[now][i]]; int nxt=e.v;
        if(!vis[nxt]) tot+=dfs(nxt);
    }
    if(n-tot>=k && tot>=k) ans++;
    return tot;
}

int main()
{
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&k);
        init(1,n);
        for(int i=1;i<n;i++)
        {
            int u,v;
            scanf("%d%d",&u,&v);
            addedge(u,v);
            addedge(v,u);
        }

        memset(vis,0,sizeof(vis));
        ans=0;
        dfs(1);
        printf("%d
",ans);
    }
}

M-Wandering Robots【概率】（未）

hdu6229  http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6229

题意：

给定一个n*n的矩形，机器人初始在（0,0）。矩形中有k个障碍物，给定他们的坐标。机器人在格子（i，j）时，他走到邻近的可走的格子和停留在原地的概率相同。

问最后机器人停在（x,y）其中x+y>=n-1的概率是多少。

思路：

当我们走了很久以后，每一个格子都已经走到了。那么对于这个正方形来说，每一个小格子都有xi种走法（即自己+相邻的可走的格子数），总的正方形一共有N种走法。对于某一个格子（i，j）有（自己+相邻的可走的格子数）种走法是可以到达自己的。所以答案就是要求区域的走法/所有格子的走法

由于n比较大数组是开不下的，所以只能存障碍。用map来映射一下。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;

const int maxn=10000+10;
const int maxk=1000+10;
const int dx[4]={0,1,0,-1};
const int dy[4]={1,0,-1,0};

int n,k;
map<pii,bool> mp;
int p,q;

inline int gcd(int m,int n){return n?gcd(n,m%n):m;}
inline int check(const int &x,const int &y)
{
    if(x<0||x>=n||y<0||y>=n) return 0;

    if((x==0||x==n-1) && (y==0||y==n-1))  return 3;
    else if((x==0||x==n-1) && (y!=0&&y!=n-1))  return 4;
    else if((y==0||y==n-1) && (x!=0&&x!=n-1))  return 4;
    else return 5;
}

int main()
{
    int T;
    cin>>T;
    for(int kase=1;kase<=T;kase++)
    {
        mp.clear();

        scanf("%d%d",&n,&k);
        for(int i=1,x,y;i<=k;i++)
        {
            scanf("%d%d",&x,&y);
            mp[make_pair(x,y)]=1;
        }

        p=3*3+2*(n-2)*4+(n-2)*(n-1)/2*5;
        q=4*3+4*(n-2)*4+(n-2)*(n-2)*5;
        for(map<pii,bool>::iterator it=mp.begin();it!=mp.end();it++)
        {
            int x=((*it).first).first;
            int y=((*it).first).second;
            if(x+y>=n-1) p-=check(x,y);
            q-=check(x,y);

            for(int i=0;i<4;i++)
            {
                int nxtx=x+dx[i];
                int nxty=y+dy[i];
                if(check(nxtx,nxty)>0 && mp.count(make_pair(nxtx,nxty))==0)
                {
                    if(nxtx+nxty>=n-1) p--;
                    q--;
                }
            }
        }

        int g=gcd(p,q);
        printf("Case #%d: %d/%d
",kase,p/g,q/g);
    }
}

G--Infinite Fraction Path【暴力】【规律】（未）

hdu6223  http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6223

题意：

给定一个串，第i位会走到第（i*i+1）%n位去。问能表示的最大的数是多少。

思路：

发现循环节很短，暴力。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAX_L = 50;
const int MAX_N = 150000 + 5;

int ind[MAX_N];
int ansind[MAX_L];
bool vis[MAX_N];

int main()
{
    int T, kase = 1;
    cin >> T;
    while (T--) {
        int N;
        string num;
        cin >> N >> num;
        for (ll i = 0; i < N; i++)
            ind[i] = (i*i+1)%N;

        string ans;
        for (int jjj = 0; jjj < MAX_L; jjj++)
            ans += '0';
        for (int i = 0; i < N; i++) {
            int jjj = 0, iii = i;
            while (jjj < MAX_L && num[iii] == ans[jjj]) {
                iii = ind[iii];
                jjj++;
            }
            if (num[iii] < ans[jjj])
                continue;
            while (jjj < MAX_L) {
                ans[jjj] = num[iii];
                ansind[jjj] = iii;
                jjj++;
                iii = ind[iii];
            }
        }
        memset(vis, false, sizeof vis);
        int j;
        for (j = MAX_L-1; j >= 0; j--) {
            if (vis[ansind[j]])
                break;
            vis[ansind[j]] = true;
        }
        int jjjjj = ansind[j];
        printf("Case #%d: ", kase++);
        for (int i = 0; i < N; i++) {
            if (i < MAX_L)
                cout << ans[i];
            else {
                jjjjj = ind[jjjjj];
                cout << num[jjjjj];
            }
        }
        cout << endl;
    }
    return 0;
}
/*
4
3
149
5
12345
7
3214567
9
261025520
*/

C-Empty Convex Polygon【最大空凸包】

poj1259The Picnic & hdu6219 

题目链接：

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6219

http://poj.org/problem?id=1259

一份代码A两题。

题意：

给n个点，求一个面积最大的空凸包。

思路：

空凸包，就是一个内部没有其他给定点的凸包。

详细讲解见：https://blog.csdn.net/nyroro/article/details/45268767

总的来说就是先枚举凸包的最左下角的点O。按照极坐标排序。

dp[i][j]表示组成凸包的最后一个三角形的是Oij时的最大面积。dp[i][j]=max(dp[i][j],triangle(O,i,j)+dp[j][k])

再枚举凸包上最后的一个点i，枚举所有比i小的合法的j。

具体讲解见：https://blog.csdn.net/cdsszjj/article/details/79366813

复杂度O(n^3)

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<stdio.h>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>

#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long LL;

const int maxn = 105;
struct point{
    double x, y;
    point(){}
    point(double _x, double _y):x(_x), y(_y){}
    point operator + (const point &b) const{return point(x + b.x, y + b.y);}
    point operator - (const point &b) const{return point(x - b.x, y - b.y);}
    double operator * (const point &b) const {return x * b.y - y * b.x;}
    double len() const {return x * x + y * y;}
    /*int operator < (const point &a) const
    {
        if((*this)*a > 0 || (*this) *a == 0 && len() < a.len())
            return 1;
        return 0;
    }*/

}a[maxn], p[maxn], yuan;
/*bool cmp(const point &a, const point &b)
{
    int c = a * b;
    if(c == 0)return a.len() < b.len();
    return c > 0;
}*/
double dp[maxn][maxn], ans;
int t, n, m;
bool cmp(const point &a, const point &b)
{
    int res = (a - yuan) * (b - yuan);
    if(res)return res > 0;
    return (a - yuan).len() < (b - yuan).len();
}
void solve()
{
    memset(dp, 0, sizeof(dp));
    sort(p + 1, p + m + 1, cmp);
    for(int i = 1; i <= m; i++){
        int j = i - 1;
        while(j && !((p[i] - yuan) * (p[j] - yuan)))j--;
        bool bz = (j == i - 1);
        while(j){
            int k = j - 1;
            while(k && (p[i] - p[k]) * (p[j] - p[k]) > 0)k--;
            double area = fabs((p[i] - yuan) * (p[j] - yuan)) / 2;
            if(k) area += dp[j][k];
            if(bz) dp[i][j] = area;
            ans = max(ans, area);
            j = k;
        }
        if(bz){
            for(int j = 1; j < i; j++){
                dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][j - 1]);
            }
        }
    }
}

int getint()
{
    int i = 0, f = 1;
    char c;
    for(c = getchar(); (c != '-') && (c < '0' || c > '9'); c = getchar());
    if(c == '-')f = -1, c = getchar();
    for(;c >= '0' && c <= '9'; c = getchar())i = (i << 3) + (i << 1) + c - '0';
    return i * f;
}

int main(){

    //scanf("%d", &t);
    t = getint();
    while(t--){
        //scanf("%d", &n);
        n = getint();
        ans = 0;
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            cin>>a[i].x>>a[i].y;
        }
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            yuan = a[i];
            m = 0;
            for(int j = 1; j <= n; j++){
                if(a[j].y > a[i].y || a[j].y == a[i].y && a[j].x > a[i].x)
                    p[++m] = a[j];//只取右上角的点
            }
            solve();

        }
        printf("%0.1f
", ans);
    }
    return 0;
}

 H-Legends of the Three Kingdoms

题意：

三国杀游戏大模拟。有主公忠臣反贼内奸，告诉你他们的血量，每回合砍一个人，主公忠臣不会互相砍。为最后的胜率。

思路：

因为血量最大是40，4个人 ，所以可以暴力记忆化搜索。

存一下当前这样分数的情况下的胜率。

dfs的时候先判断有没有出现游戏结束，再判断如果当前回合轮到的人死了怎么办

然后就是根据回合砍人，找到胜率最大的更新。

数组刚开始开到45MLE了，然后TLE了。因为用了memset。

其实每次是不需要重新初始化的，因为相当于边跑边打表。反正是不影响的。而且memset emmm...秦皇岛T的还不够开心吗。

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<stdio.h>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>

#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long LL;

int t;
int zhugong, zhongchen, fanzei, neijian;
double pzhu[4][40][40][40][40], pfan[4][40][40][40][40], pnei[4][40][40][40][40];
bool vis[4][40][40][40][40];

struct node{
    double pz, pf, pn;
    void init()
    {
        pz = pf = pn = -1;
    }
    //node(){}
    //node(double a, double b, double c):pz(a), pf(b), pn(c){}
};


//出牌顺序 主0反1忠2内3
node dfs(int turn, int zhu, int zhong, int fan, int nei)
{
    if(vis[turn][zhu][zhong][fan][nei])
        return (node){pzhu[turn][zhu][zhong][fan][nei], pfan[turn][zhu][zhong][fan][nei], pnei[turn][zhu][zhong][fan][nei]};
    vis[turn][zhu][zhong][fan][nei] = true;
    if(zhu == 0 && zhong == 0 && fan == 0 && nei > 0){//内奸获胜
        pzhu[turn][zhu][zhong][fan][nei] = 0;
        pfan[turn][zhu][zhong][fan][nei] = 0;
        pnei[turn][zhu][zhong][fan][nei] = 1;
    }
    else if(zhu == 0){//反贼获胜
        pzhu[turn][zhu][zhong][fan][nei] = 0;
        pfan[turn][zhu][zhong][fan][nei] = 1;
        pnei[turn][zhu][zhong][fan][nei] = 0;
    }
    else if(fan == 0 && nei == 0){//主公忠臣获胜
        pzhu[turn][zhu][zhong][fan][nei] = 1;
        pfan[turn][zhu][zhong][fan][nei] = 0;
        pnei[turn][zhu][zhong][fan][nei] = 0;
    }
    else if(fan == 0 && turn == 1){
        node tmp = dfs((turn + 1) % 4, zhu, zhong, fan, nei);
        pzhu[turn][zhu][zhong][fan][nei] = tmp.pz;
        pfan[turn][zhu][zhong][fan][nei] = tmp.pf;
        pnei[turn][zhu][zhong][fan][nei] = tmp.pn;
    }
    else if(zhong == 0 && turn == 2){
        node tmp = dfs((turn + 1) % 4, zhu, zhong, fan, nei);
        pzhu[turn][zhu][zhong][fan][nei] = tmp.pz;
        pfan[turn][zhu][zhong][fan][nei] = tmp.pf;
        pnei[turn][zhu][zhong][fan][nei] = tmp.pn;
    }
    else if(nei == 0 && turn == 3){
        node tmp = dfs((turn + 1) % 4, zhu, zhong, fan, nei);
        pzhu[turn][zhu][zhong][fan][nei] = tmp.pz;
        pfan[turn][zhu][zhong][fan][nei] = tmp.pf;
        pnei[turn][zhu][zhong][fan][nei] = tmp.pn;
    }
    else{
        if(turn == 0){
            node tmp[2];
            for(int i = 0; i < 2; i++)tmp[i].init();
            if(fan > 0){
                tmp[0] = dfs((turn + 1) % 4, zhu, zhong, fan - 1, nei);
            }
            if(nei > 0){
                tmp[1] = dfs((turn + 1) % 4, zhu, zhong, fan, nei - 1);
            }
            double zhumax = max(tmp[0].pz, tmp[1].pz);
            int cnt = 0;
            double zhus = 0, fans = 0, neis = 0;
            for(int i = 0; i < 2; i++){
                if(zhumax == tmp[i].pz){
                    cnt++;
                    zhus += tmp[i].pz;
                    fans += tmp[i].pf;
                    neis += tmp[i].pn;
                }
            }
            pzhu[turn][zhu][zhong][fan][nei] = zhus / cnt;
            pfan[turn][zhu][zhong][fan][nei] = fans / cnt;
            pnei[turn][zhu][zhong][fan][nei] = neis / cnt;
        }
        else if(turn == 1){
            node tmp[3];
            for(int i = 0; i < 3; i++)tmp[i].init();
            if(zhu > 0){
                tmp[0] = dfs((turn+1)%4, zhu - 1, zhong, fan, nei);
            }
            if(zhong > 0){
                tmp[1] = dfs((turn + 1) % 4, zhu, zhong - 1, fan, nei);
            }
            if(nei > 0){
                tmp[2] = dfs((turn + 1) % 4, zhu, zhong, fan, nei - 1);
            }
            double fanmax = max(tmp[0].pf, tmp[1].pf);
            fanmax = max(fanmax, tmp[2].pf);
            int cnt = 0;
            double zhus = 0, fans = 0, neis = 0;
            for(int i = 0; i < 3; i++){
                if(fanmax == tmp[i].pf){
                    cnt++;
                    zhus += tmp[i].pz;
                    fans += tmp[i].pf;
                    neis += tmp[i].pn;
                }
            }
            pzhu[turn][zhu][zhong][fan][nei] = zhus / cnt;
            pfan[turn][zhu][zhong][fan][nei] = fans / cnt;
            pnei[turn][zhu][zhong][fan][nei] = neis / cnt;
        }
        else if(turn == 2){
            node tmp[2];
            for(int i = 0; i < 2; i++)tmp[i].init();
            if(fan > 0){
                tmp[0] = dfs((turn + 1) % 4, zhu, zhong, fan - 1, nei);
            }
            if(nei > 0){
                tmp[1] = dfs((turn + 1) % 4, zhu, zhong, fan, nei - 1);
            }
            double zhongmax = max(tmp[0].pz, tmp[1].pz);
            int cnt = 0;
            double zhus = 0, fans = 0, neis = 0;
            for(int i = 0; i < 2; i++){
                if(zhongmax == tmp[i].pz){
                    cnt++;
                    zhus += tmp[i].pz;
                    fans += tmp[i].pf;
                    neis += tmp[i].pn;
                }
            }
            pzhu[turn][zhu][zhong][fan][nei] = zhus / cnt;
            pfan[turn][zhu][zhong][fan][nei] = fans / cnt;
            pnei[turn][zhu][zhong][fan][nei] = neis / cnt;
        }
        else if(turn == 3){
            node tmp[3];
            for(int i = 0; i < 3; i++)tmp[i].init();
            if(zhu > 0){
                tmp[0] = dfs((turn + 1) % 4, zhu - 1, zhong, fan, nei);
            }
            if(zhong > 0){
                tmp[1] = dfs((turn + 1) % 4, zhu, zhong - 1, fan, nei);
            }
            if(fan > 0){
                tmp[2] = dfs((turn + 1) % 4, zhu, zhong, fan - 1, nei);
            }
            double neimax = max(tmp[0].pn, tmp[1].pn);
            neimax = max(neimax, tmp[2].pn);
            int cnt = 0;
            double zhus = 0, fans = 0, neis = 0;
            for(int i = 0; i < 3; i++){
                if(neimax == tmp[i].pn){
                    cnt++;
                    zhus += tmp[i].pz;
                    fans += tmp[i].pf;
                    neis += tmp[i].pn;
                }
            }
            pzhu[turn][zhu][zhong][fan][nei] = zhus / cnt;
            pfan[turn][zhu][zhong][fan][nei] = fans / cnt;
            pnei[turn][zhu][zhong][fan][nei] = neis / cnt;
        }
    }
    return (node){pzhu[turn][zhu][zhong][fan][nei], pfan[turn][zhu][zhong][fan][nei], pnei[turn][zhu][zhong][fan][nei]};
}

int main(){

    scanf("%d", &t);
    while(t--){
        scanf("%d%d%d%d", &zhugong, &zhongchen, &fanzei, &neijian);
        //memset(vis, 0, sizeof(vis));
        /*for(int i = 0; i < 4; i++){
            for(int a = 0; a <= zhugong; a++){
                for(int b = 0; b <= zhongchen; b++){
                    for(int f = 0; f <= fanzei; f++){
                        for(int n = 0; n <= neijian; n++){
                            vis[i][a][b][f][n] = 0;
                        }
                    }
                }
            }
        }*/
        node ans = dfs(0, zhugong, zhongchen, fanzei, neijian);
        printf("%.6f %.6f %.6f
", ans.pz, ans.pf, ans.pn);
    }
    return 0;
}

以及：

本次重现最令人开心的事情哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈