T1 字串去重
这题应该不用多说了，随便怎么做都可以。
因为本题字符串已经排好序，可以直接判断这一个和上一个是否相等即可。
也可以全部读入后用C++自带的\(unique\)函数去重。
复杂度\(O(\Sigma len)\)。
标程:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
string s[100010];
int n;
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>s[i];
n=unique(s+1,s+n+1)-s-1;
for(int i=1;i<=n;i++) cout<<s[i]<<endl;
}
T2 十字连星
这题不算难，我还降低了一定的难度，没有卡精度，以及卡常。
这题分两类考虑，斜率的乘积等于-1，或者平行与坐标轴，相信大家都知道怎么求过两点的直线的斜率。我们令第\(i\)个点的坐标为\((x_i,y_i)\)，则第过第\(i,j\)两点的直线的斜率为\(\frac{y_i-y_j}{x_i-x_j}\)，如果\(y_i-y_j=0\)，则该直线平行于\(x\)轴，如果\(x_i-x_j=0\)，则该直线平行于\(y\)轴。
因为只有不超过\(500\)个点，所以只有不超过\(\frac{500\times(500-1)}{2}=124750\)条直线。如果暴力维护，则时间复杂度还是\(O(n^4)\)。
考虑用一个数据结构来维护斜率，不难想到使用\(STL\)中的映射容器\(map\)来维护。每次加入一条线段前，统计增加的答案。
复杂度\(O(Tn^2log(n))\)
标程\(1\)(有精度误差):
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node{int x,y;}p[510];
map<double,int> mp;
int T,n;
int main(){
scanf("%d",&T);
while(T--){
mp.clear();
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d %d",&p[i].x,&p[i].y);
int cnt1=0,cnt2=0;
long long ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=i+1;j<=n;j++){
if(p[i].x==p[j].x) cnt1++;
else if(p[i].y==p[j].y) cnt2++;
else{
double x=(p[i].x-p[j].x),y=(p[i].y-p[j].y);
mp[x/y]++;
ans+=mp[-y/x];
}
}
}
printf("%lld\n",ans*4+(long long)cnt1*cnt2*4);
}
}
标程\(2\)(无精度误差):
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node{int x,y;}p[510];
map<pair<int,int>,int> mp;
int T,n;
int gcd(int x,int y){
if(x%y==0) return y;
return gcd(y,x%y);
}
int main(){
scanf("%d",&T);
while(T--){
mp.clear();
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d %d",&p[i].x,&p[i].y);
int cnt1=0,cnt2=0;
long long ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=i+1;j<=n;j++){
if(p[i].x==p[j].x) cnt1++;
else if(p[i].y==p[j].y) cnt2++;
else{
int x=(p[i].x-p[j].x),y=(p[i].y-p[j].y),gc=abs(gcd(x,y));
x/=gc;y/=gc;
if(x<0) x*=-1,y*=-1;
mp[make_pair(x,y)]++;
if(y<0) x*=-1,y*=-1;
ans+=mp[make_pair(y,-x)];
}
}
}
printf("%lld\n",ans*4+(long long)cnt1*cnt2*4);
}
}
T3 迷宫寻路
这题主要考察了大家对于广搜的理解。
对于前面\(40\)分，直接深搜即可，\(O(玄学)\)。
对于中间的\(30\)分，不难发现就是一个广搜的经典例题，直接上广搜，\(O(nm)\)。
对于全部的数据，我们尝试改良广搜。广搜的思想就是维护一个优先队列，让现在距离小的位置放在前面，距离大的位置放在后面，在本题中队头和队尾的值差距不会超过1。
现在取出队头，设队头的距离为\(dis\)，考虑使用了传送门，设到达了\((i,j)\)位置，则\((i,j)\)的距离更新为\(dis\)，因为原来队头就是最小的，所以直接放入队头即可。
再考虑走到相邻的格子\((i,j)\)，距离为\(dis+1\)，因为队头和队尾的差不大于\(1\)，所以放入队尾即可。
总复杂度\(O(nm)\)。
标程:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,k,dis[2010][2010],vis[2010][2010],nxt[5][2]={{},{0,1},{0,-1},{1,0},{-1,0}};
char ch[2010][2010];
pair<int,int> q[5000010];
vector<pair<int,int> > v[2010][2010];
int main(){
for(int i=0;i<=2005;i++){
for(int j=0;j<=2005;j++) ch[i][j]='#',dis[i][j]=2e9;
}
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++) scanf(" %c",&ch[i][j]);
}
scanf("%d",&k);
int x0,y0,x1,y1;
while(k--){
scanf("%d %d %d %d",&x0,&y0,&x1,&y1);
v[x0][y0].push_back(make_pair(x1,y1));
}
int l=1000000,r=1000000;
q[1000000]=make_pair(1,1);
dis[1][1]=0;
while(l<=r){
int x=q[l].first,y=q[l].second;
l++;
if(vis[x][y]) continue;
vis[x][y]=1;
for(int i=0;i<v[x][y].size();i++){
int nx=v[x][y][i].first,ny=v[x][y][i].second;
if(vis[nx][ny]) continue;
dis[nx][ny]=min(dis[nx][ny],dis[x][y]);
q[--l]=make_pair(nx,ny);
}
for(int i=1;i<=4;i++){
int nx=x+nxt[i][0],ny=y+nxt[i][1];
if(vis[nx][ny]||ch[nx][ny]=='#') continue;
dis[nx][ny]=min(dis[nx][ny],dis[x][y]+1);
q[++r]=make_pair(nx,ny);
}
}
printf("%d",dis[n][m]==2e9?-1:dis[n][m]);
}
T4 整理家谱
这题考到了一点关于位运算的分析。
想一下\(i\&(i-1)\)代表了什么。我们以\(10\)为例子来试一下。\(10\&9=8\)也就是\((1010)_2\&(1001)_2=(1000)_2\)，也就相当于去掉了二进制下的最后一位。
现在考虑\(i\)最后一位所在的位置，设现在考虑从右往左数的第\(k\)位，则他的父亲为\(i-2^{k-1}\)。我们可以知道\(2^{k-1}|i\)，且\(2^k\nmid i\)，所以不难得到\(2^k|i-2^k\)，然后知道\(i-2^k\in[l,r]\)，所以直接用除法统计\([l,r]\)之中的\(2^k\)的倍数即可，记得要分类考虑一下边界是否可以取到。
复杂度\(O(Tlog(值域))\approx O(50T)\)。
标程:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
long long l,r;
int main(){
scanf("%d",&n);
while(n--){
scanf("%lld %lld",&l,&r);
long long ans=0;
for(int i=60;i>=1;i--){
long long nl=floor((double)(l-1)/(1LL<<i))+1,nr=r/(1LL<<i);
if(nl>nr) continue;
if((nr<<i)+(1LL<<(i-1))>r) ans+=nr-nl;
else ans+=nr-nl+1;
}
printf("%lld\n",ans);
}
}
完结撒花QAQ