今年題目難度有較大提升，總體與往年類似，數學題居多。以下為我通過的部分題解。
賽題鏈接：http://acm.xidian.edu.cn/contest.php?cid=1053
A - 上帝視角
我也沒去過澳門賭場，不熟悉什么籌碼之類。看完題有點懵，但畢竟是簽到題。
題目大概是隱含了總籌碼數量相同這一條件，然后每個人開始的籌碼都是一樣的。給你一組每個人手上籌碼的局面，然后有q組詢問，讓你判斷現在局面是否合法，其中一個人贏了還是輸了。
比較簡單，廢話不多說直接上代碼：
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; typedef long long ll; ll arr[1010], qi[1010]; int main() { int n, m, q; ll total = 0; cin>>n; for(int i=0;i<n;i++) cin>>arr[i], total += arr[i]; cin>>q; for(int i=0;i<q;i++) cin>>qi[i]; if(total%n) cout<<"you ren chu qian?\n"; else { total /= n; for(int i=0;i<q;i++) if(arr[qi[i]-1]>total) cout<<"jian hao jiu shou!\n"; else if(arr[qi[i]-1]<total) cout<<"ji shi zhi sun!\n"; else cout<<"wei shi bu wan!\n"; } return 0; }
B - Shocking! Two Acmer Doing This In The Lab!
感覺太復雜了，一直沒做，AC了再來更新吧。大概就是一個思維題。
C - XY之說走就走的旅行
簡單的BFS，開始題目看錯了，以為求min(disA+disB)，交上去WA了一發，再看題發現是求min(max(disA, disB));
因為偷懶用一個數組存（i,j)到兩地的最大距離，不明不白WA了半天。。。思考問題一定要考慮周全啊！！！
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<queue> #include<algorithm> using namespace std; int n, m; char mp[220][220]; int s1x, s1y, s2x, s2y, k; bool vis[220][220]; int dis[220][220]; const int dx[]={0, 0, 1, -1}; const int dy[]={1, -1, 0, 0}; struct node{ int x, y; int step; node(int xx=0, int yy=0, int s=0):x(xx), y(yy), step(s){} } sta[220]; void bfs(int t, int x, int y) { vis[x][y] = 1; queue<node> q; q.push(node(x, y, 0)); while(q.size()) { node now = q.front(); q.pop(); for(int i=0;i<4;i++) { int nx = now.x+dx[i]; int ny = now.y+dy[i]; if(nx>=0 && nx<n && ny>=0 && ny<m && !vis[nx][ny] && mp[nx][ny]!='#') { vis[nx][ny] = 1; if(mp[nx][ny]=='P') { if(t==0) dis[nx][ny] = now.step+1; else if(dis[nx][ny]) dis[nx][ny] = max(now.step+1, dis[nx][ny]); } q.push(node(nx, ny, now.step+1)); } } } } int main() { while(cin>>n>>m) { k = 0; getchar(); for(int i=0;i<n;i++) { scanf("%s", mp[i]); for(int j=0;mp[i][j];j++) if(mp[i][j]=='P') sta[k].x = i, sta[k++].y=j; else if(mp[i][j]=='X') s1x = i, s1y = j; else if(mp[i][j]=='Y') s2x = i, s2y = j; } memset(dis, 0, sizeof(dis)); memset(vis, 0, sizeof(vis)); bfs(0, s1x, s1y); memset(vis, 0, sizeof(vis)); bfs(1, s2x, s2y); int x, ans = 10000000; for(int i=0;i<k;i++) if(dis[sta[i].x][sta[i].y] && dis[sta[i].x][sta[i].y]<ans) x = i, ans = dis[sta[x].x][sta[x].y]; cout<<sta[x].x+1<<' '<<sta[x].y+1<<endl; } return 0; }
D - 武舉考試安排表
這題難點在於讀懂題目，然后就是要打表找規律。直白說比賽安排表類似一個數獨，添上一行123...N的表頭代表隊員編號的話，那么整個表就有N行N列。我們要使每行每列都有1~N，並且要找到一個字典序最小的方案。
第一天我很天真地以為，簡單把123...N的排列每次循環左移就能得到字典序最小的安排表。WA了三次后，在紙上排一遍發現還能有更優的排法，排表過程中要用到dfs，復雜度O(22N），就扔到一邊沒管了。
過了兩天根據Wu找的規律幾分鍾寫了代碼就直接AC了，哈哈哈。預處理n=10的安排表，查詢O(1)，總的時間復雜度O(220+T)。
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; int ans[1024][1024]; const int num[] = {1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512, 1024, 2048}; void pre() { ans[0][0] = ans[1][1] = 1; ans[0][1] = ans[1][0] = 2; int s = 2; while(s<1024) { for(int i=s;i<2*s;i++) for(int j=0;j<s;j++) ans[i][j] = s+ans[i-s][j]; for(int i=0;i<s;i++) for(int j=s;j<2*s;j++) ans[i][j] = s+ans[i][j-s]; for(int i=s;i<2*s;i++) for(int j=s;j<2*s;j++) ans[i][j] = ans[i-s][j-s]; s *= 2; } } int main() { pre(); for(int i=0;i<32;i++) { for(int j=0;j<32;j++) printf("%2d ", ans[i][j]); cout<<endl; } int T; cin>>T; int n, m, x; while(T--) { scanf("%d %d %d", &n, &m, &x); if(m<1||m>num[n]||x<1||x>num[n]-1) cout<<"Wrong Query!\n"; else { cout<<ans[x][m-1]<<endl; } } return 0; }
E - 最后一個
一眼掃去這不就是Nim博弈嗎？然后就快速寫了個Nim和，交上去就WA了。再細看發現結束的規則不一樣，取走最后的石子者為敗家。想了半天還是不太會博弈，既然狀態有限，就寫了記憶化搜索，調試好樣例交上就AC了。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; int s[7][7][7][7][7][7]; // s=0 敗 s=1 勝 int solve(int a, int b, int c, int d, int e, int f) { if(a+b+c+d+e+f==1) return 0; if(s[a][b][c][d][e][f]!=-1) return s[a][b][c][d][e][f]; for(int i=1;i<=a;i++) if(solve(a-i, b, c, d, e, f)==0) return s[a][b][c][d][e][f]=1; for(int i=1;i<=b;i++) if(solve(a, b-i, c, d, e, f)==0) return s[a][b][c][d][e][f]=1; for(int i=1;i<=c;i++) if(solve(a, b, c-i, d, e, f)==0) return s[a][b][c][d][e][f]=1; for(int i=1;i<=d;i++) if(solve(a, b, c, d-i, e, f)==0) return s[a][b][c][d][e][f]=1; for(int i=1;i<=e;i++) if(solve(a, b, c, d, e-i, f)==0) return s[a][b][c][d][e][f]=1; for(int i=1;i<=f;i++) if(solve(a, b, c, d, e, f-i)==0) return s[a][b][c][d][e][f]=1; return s[a][b][c][d][e][f]=0; } int arr[6]; int main() { memset(s, -1, sizeof(s)); s[0][0][0][0][0][0] = 1; int n; while(scanf("%d", &n)!=EOF) { memset(arr, 0, sizeof(arr)); for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d", &arr[i]); printf("%s\n", solve(arr[0],arr[1],arr[2],arr[3],arr[4],arr[5])?"orzwym6912":"orzwang9897"); } return 0; }
網上查閱了相關的題，理解了這個規則其實同樣可以用Nim和來解決，只需要特殊判斷全部堆都是1的情況。因為在Nim博弈中，最后一步要取走全部石子，那么本題對於必勝者也可以少取走一顆石子，那么也是必勝。但是如果每堆只有一顆石子，就無法按照Nim博弈的進行最優取法。顯然有偶數個為1的堆為必勝態，那么問題就解決了。
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; int main() { int n; while(scanf("%d", &n)!=EOF) { int ans = 0, k; bool flag = 1; int cnt = 0; while(n--) { scanf("%d", &k); if(k==0) continue; if(k!=1) flag = 0; else cnt++; ans ^= k; } if(!flag) printf("%s\n", ans==0?"orzwang9897":"orzwym6912"); else printf("%s\n", cnt&1?"orzwang9897":"orzwym6912"); } return 0; }
F - 背包彈夾平底鍋
通過找規律+oeis.org歸納出公式，最后發現了這題主要是得到第二類斯特林數。結果就是s(n, i)*i!/n^m。
那么怎么求s(n, i)呢？查閱資料得知這個跟組合數有相似的遞推性質，可以在O(n2)時間內求出s(n, i)。此題n,m<100000,顯然不行。
翻了好多篇博客，都提到要用快速傅里葉變換，然后就自閉了。
（待補。。。）
G - 小鳥的修路計划
這題就是求有n個不同節點的連通圖的種類。
開始自己手算了遞推式，樣例都算不對，只好百度借鑒了別人的公式。
寫好快速冪+組合數WA了好多次，debug很久，一度懷疑冪運算取模出錯了，要用那啥費馬小定理。最后比對別人的輸出才突然注意到三個ll相乘會溢出的重大bug。。。
先預處理，T次查詢直接輸出結果，時間復雜度O(m2+T)。
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; typedef long long ll; const ll mod=1000000007; ll C[1010][1010], f[1010]; ll pow_mod(ll a, ll x) { ll res = 1; while(x) { if(x&1) res = (res*a)%mod; a = (a*a)%mod; x >>= 1; } return res; } ll Cn2(int n) { return (ll)n*(n-1)/2; } void solve() { for(int i=0;i<1010;i++) C[i][i] = C[i][0] = 1; for(int i=1;i<1010;i++) for(int j=1;j<=i;j++) { C[i][j] = (C[i-1][j] + C[i-1][j-1])%mod; } f[1] = f[2] = 1; // f[3] = 4; for(int n=3;n<1010;n++) { for(int i=1;i<n;i++) f[n] = (f[n] + ((C[n-1][i-1]*f[i])%mod * pow_mod(2, Cn2(n-i))%mod))%mod; f[n] = ((pow_mod(2, Cn2(n))-f[n])%mod+mod)%mod; } } int main() { int T; cin>>T; solve(); while(T--) { int m; scanf("%d", &m); printf("%lld\n", f[m]); } return 0; }
// 2的C(n,2)次方我為什么要用組合數。。。
H - 超長遞增序列
一個簡單技巧題被我硬生生用二分法暴力求解，一直TLE到懷疑人生。（雖說復雜度O(T*2n*logn)很勉強的樣子）
由於a1 + a2 + ... + ai <= a(i+1)，那么對於K，我們從后往前查找，如果a(i+1)<=K，不取a(i+1)的話就無法選擇前i項使總和為K，所以a(i+1)必選。因此不斷往前貪心即可。
時間復雜度O(T*n)
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> using namespace std; typedef long long ll; ll arr[44], K; ll pow2(ll a, int x) { ll res = 1; while(x) { if(x&1) res *= a; a *= a; x >>= 1; } return res; } int main() { int T, n; scanf("%d", &T); while(T--) { scanf("%d %lld", &n, &K); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld", &arr[i]); int i=n; ll res = 0; while(K>0) { while(i>=1 && arr[i]>K) i--; if(i<1) break; else K -= arr[i], res += pow2(2, i); } if(K==0) printf("%lld\n", res); else printf("-1\n"); } return 0; }
I - 兩數和
題意：給了n個數兩兩之間C(n,2)組和，求出原數列，如有多組，輸出字典序最小的解。
假設有a1<=a2<=a3<=... <=an，可以得到最小和一定是a1+a2，次小和一定是a1+a3。（仔細想想是不是）
那么如果我們假設第三小的和是a2+a3的話，前三個數就確定了。顯然接下來最小的和就是a1+a4，求出a4，刪去a2+a4,a3+a4，那么最小的就是a1+a5，依次類推，a5，a6，... ，都能計算出來。
但問題沒這么簡單。
我們其實無法確定a1+a4,a1+a5,..., a1+an與a2+a3的大小順序。可以肯定的是，a2+a3的值一定在這n-3+1=n-2組最小值之中。
所以采用窮舉並檢驗后續能否全部算出，時間復雜度O(T*n3)，可行。
PS. 注意n=2的特殊處理。
// 考慮到每次檢驗失敗都要重新傳入n*(n-1)/2組值，感覺會拖慢時間，自作聰明將multiset<ll>傳引用，結果WA了半天還不知道哪出錯了。。。
// 對於要在函數內進行修改且不需要返回更新值的變量，還是不要想當然傳引用了。。。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<set> #include<vector> using namespace std; typedef long long ll; typedef multiset<ll>::iterator msPt; int n; ll ai, a[120]; bool solve(ll c1, ll c2, ll c3, multiset<ll> S) { if((c1+c2+c3)%2) return 0; if(c1+c3<=c2||c1+c2<=c3) return 0; a[1] = (c1+c2-c3)/2; a[2] = (c1+c3-c2)/2; a[3] = (c2+c3-c1)/2; for(int i=4;i<=n;i++) { a[i] = *S.begin()-a[1]; S.erase(S.begin()); for(int j=2;j<i;j++) { if(S.find(a[j]+a[i])==S.end()) return 0; else S.erase(S.find(a[j]+a[i])); } } for(int i=1;i<=n;i++) printf("%lld%c", a[i], n==i?'\n':' '); return 1; } int main() { int T; cin>>T; while(T--) { scanf("%d", &n); if(n==2) { scanf("%lld", &ai); if(ai>1) printf("1 %lld\n", ai-1); else printf("Impossible\n"); continue; } multiset<ll> S; for(int i=0;i<n*(n-1)/2;i++) { scanf("%lld", &ai); S.insert(ai); } ll c1 = *S.begin(); S.erase(S.begin()); ll c2 = *S.begin(); S.erase(S.begin()); // ll c3 = *S.begin(); S.erase(S.begin()); vector<ll> C3; for(msPt it = S.begin(); C3.size()<n-2&& it!=S.end();it++) if(C3.size() && *it==C3[C3.size()-1]) continue; else C3.push_back(*it); bool flag = 0; for(int i=0;i<C3.size();i++) { S.erase(S.find(C3[i])); if(!solve(c1, c2, C3[i], S)) { S.insert(C3[i]); } else { flag = 1; } } if(!flag) printf("Impossible\n"); } return 0; }
J - 壘箱子
哈哈不會，據說需要各種暴力+建圖。我還是好好掌握prim啊、dijkstra啊這種再來吧。。。
K - 簽到
到了傳說中的簽到題，好幾天都一直沒人做。讀完題發現就是求解三個球面的交點問題，可以直接聯立方程求解。
為了體現出它不是一個數學問題，我嘗試用計算幾何的思維，二分兩平面的交線。WA了十來次才發現連輸出要求都沒注意。改過后仍然WA。。。
最后還是用數學方法解方程通過的。賽后題解提供了五六種思路，我嘗試了兩種二分都失敗了，改日再研究計算幾何。。。
View Code