題目鏈接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/3947#question
emmm，小白賽，G題手賤，送了4發，出了8題，B,D沒有出來（rank 59）
題目說明：
| A.三角形外心求解 | B.大模擬 | C.前綴和思想 |
| D.記憶化搜索或拓撲排序 | E.水題 | F.斐波那契數列性質 |
| G.數論+思維 | H.水題 | I.子序列DP |
| J.三維BFS |
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A-Audio：
題目大意：給你3個點的坐標，讓你找到一個點使得該點的到3點的距離一樣。給個樣例：
| Input: 0 0 Output: 2.000 1.000 |
emmm，三點不在一條直線上，則可構成三角形，那么三角形的外心到三點的距離是一樣的，然后套個三角形外心的公式就OK了，
具體求解過程：https://blog.csdn.net/u010141928/article/details/88942989
以下是AC代碼：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { double x1,y1,x2,y2,x3,y3; double a,b,c,p; double aa,bb,zz,aa1,bb1,zz1; scanf("%lf%lf",&x1,&y1); scanf("%lf%lf",&x2,&y2); scanf("%lf%lf",&x3,&y3); aa=2*(x1-x2); bb=2*(y1-y2); zz=x1*x1-x2*x2+y1*y1-y2*y2; aa1=2*(x3-x2); bb1=2*(y3-y2); zz1=x3*x3-x2*x2+y3*y3-y2*y2; printf("%.3lf %.3lf\n",((zz*bb1)-(zz1*bb))/((aa*bb1)-(aa1*bb)), ((aa*zz1)-(aa1*zz))/((aa*bb1)-(aa1*bb))); return 0; }
B-Bits：
題目大意：給你圓盤的個數n，求漢諾塔的移動過程，並將其繪制出來，如果n是奇數則移動到中間的柱子，否則就移動到最右邊的柱子上。給個樣例：
| Input: 2 Output: ................... |
emmm，外觀上有點問題，只不過在屏幕上每個字符大小是一樣的就很整齊了。
我們先移動盤子，不考慮畫圖，那么程序很好寫，當n為奇數的時候，我們將第二個柱子當做第三柱子進去就好了：
void move(int n,int a,int b,int c) { if (n==1) {solve(a,c);return;} move(n-1,a,c,b); solve(a,c);//將a移動到c move(n-1,b,a,c); } int main() { int n; scanf ("%d",&n); sum=n; int a=1,b=2,c=3; move(n,a,b,c); return 0; }
接下來就是畫圖了。。。這就是個純粹的大模擬，不過為了簡化它，我們可以將每層分為三個部分，然后找到柱子的位置和盤子的范圍。
以下是AC代碼：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; vector<int>g[10]; int sum,tot; char pan='*',zhu='|',kong='.',ge='-'; void print() { tot--; int n=sum; int len=3*(2*sum+1)+4; for (int i=1; i<=len; i++) printf ("%c",kong);printf ("\n"); for (int i=1; i<=3; i++){ printf("%c",kong); int round=(2*sum+1)/2+1; for (int j=1; j<=sum*2+1; j++) if (j==round) printf("%c",zhu); else printf("%c",kong); } printf("%c\n",kong); for (int i=n; i>=1; i--){//第幾層 for (int j=1; j<=3; j++){//第幾個柱子 printf("%c",kong); int h=g[j].size(); int round=(2*sum+1)/2+1;//柱子的位置 for (int k=1; k<=2*sum+1; k++){//每個柱子管轄的范圍 if (h<i){ if (k==round) printf("%c",zhu); else printf("%c",kong); } else { int length=g[j][i-1]; int l=round-length,r=round+length;//盤子的范圍 if (k>=l && k<=r) printf("%c",pan); else printf("%c",kong); } } } printf("%c\n",kong); } if (tot==0) return; for (int i=1; i<=len; i++) printf ("%c",ge);printf("\n"); } void solve(int a,int b) { int p=g[a].size()-1; g[b].push_back(g[a][p]); g[a].erase(g[a].begin()+p); print(); } void move1(int n,int a,int b,int c) { if (n==1) {solve(a,c);return;} move1(n-1,a,c,b); solve(a,c); move1(n-1,b,a,c); } int main() { int n; scanf ("%d",&n); sum=n; tot=1; for (int i=1; i<=n; i++) tot*=2; for (int i=n; i>=1; i--) g[1].push_back(i); int a=1,b=2,c=3; print(); if ((n%2)==0) move1(n,a,b,c); else move1(n,a,c,b); return 0; }
C-Channels：
題目大意：給你一個區間讓你求有多少時間是在看劇。其中電視在時刻1開始到無窮，每50分鍾后有10分鍾的廣告。給個樣例：
| Input: 1 61 Output: 51 |
emmm，就是利用一下前綴和的思想，我們用sum[r]-sum[l-1]就完事了。我們直接除60，然后再減一下，剩下的就是個不完整的時間，如果這個時間>50，那么就增加廣告時間。
以下是AC代碼：
#include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstring> using namespace std; #define ll long long int main(){ ll t1,t2; while (~scanf ("%lld%lld",&t1,&t2)){ t1--; ll sum1=t1/60; ll p1=t1-sum1*60; if (p1>50) sum1=sum1*10+p1-50; else sum1*=10; ll ans1=t1-sum1; ll sum2=t2/60; ll p2=t2-sum2*60; if (p2>50) sum2=sum2*10+p2-50; else sum2*=10; ll ans2=t2-sum2; printf ("%lld\n",ans2-ans1); } return 0; }
D-DDOoS：
題目大意：給你一張有向圖，讓你求從1到n有多少條不同的路徑。給個樣例：
| Input: 4 4 Output: 2 |
emmm,記憶化搜索，當時題目讀錯了，以為是最短路徑數。。。
以下是AC代碼：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1e5+10; const int M=2e5+10; const int mod=20010905; int head[N],ans[N],vis[N],num=0; struct node { int to,next,w; }eg[M<<1]; void add(int u,int v,int w) { eg[++num]=node{v,head[u],w}; head[u]=num; } int dfs(int x,int ed) { if (x==ed) return 1; if (ans[x]) return ans[x]; for (int i=head[x]; i!=-1; i=eg[i].next){ int v=eg[i].to; ans[x]=(ans[x]+dfs(v,ed))%mod; } return ans[x]%mod; } int main() { int n,m; scanf ("%d%d",&n,&m); memset(head,-1,sizeof head); for (int i=1; i<=m; i++){ int u,v,w; scanf ("%d%d%d",&u,&v,&w); add(u,v,w); } printf ("%d\n",dfs(1,n)); return 0; }
E-Exams：
題目大意：emmm，就是個純粹的計算題。樣例：
| Input: 5 Output: 94.67 |
以下是AC代碼：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int n; cin>>n; double ans=0,sum=0; for (int i=1; i<=n; i++){ int id; double pt,c1,p1,qz,p2,qm,p3; cin>>id>>pt>>c1>>p1>>qz>>p2>>qm>>p3; if (id==2) continue; double grd=c1*p1+qz*p2+qm*p3; grd*=10; int s=(int)grd; if (s%10>=5) s+=10; s/=10; ans+=s*pt; sum+=pt; } ans/=sum; printf ("%.2f\n",ans); return 0; }
F-Fool Problem：
題目大意：給你n，讓你求$f_{n+1}f_{n-1}-f_{n}^{2}$其中$f$是斐波那契數列。樣例：
| Input: 2 Output: 1 |
就是利用斐波那契數列的性質，具體的性質：https://www.cnblogs.com/Milkor/p/4734763.html
以下是AC代碼：
#include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; const int mac=3e3+10; char s[mac]; int main() { scanf ("%s",s); int len=strlen(s); int p=s[len-1]-'0'; if (!(p%2)) printf ("1\n"); else printf ("-1\n"); return 0; }
G-Game：
題目大意：給你一個數n，Nancy和Johnson先后將其拆解為兩個任意兩個非1因子的積，問誰最后無法操作。樣例：
| Input: 4 Output: Johnson |
實際上這題就是問n的質因子的個數，如果個數為奇數，那么就是就是Nancy輸掉，但我們要特判一下n是否為質數或者1。
至於為什么，除最后一次拆解外，每次拆解得到一個質數和一個合數，我們看看它可以拆解多少次就好了
以下是AC代碼：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int mac=1e5+10; int vis[mac],prim[mac]; int nb; int main() { int n,cnt=0; scanf ("%d",&n); int m=sqrt(n); for (int i=2; i<=m; i++) if (!vis[i]) for (int j=i*i; j<=n; j+=i) vis[j]=1; for (int i=2; i<=n; i++) if (!vis[i]) prim[++cnt]=i; m=n; for (int i=1; i<=cnt; i++){ while (n%prim[i]==0 && m!=prim[i]) nb++,n/=prim[i]; } n=m; if (!vis[n]) printf ("Nancy\n"); else if (nb%2) printf ("Nancy\n"); else if (!(nb%2)) printf ("Johnson\n"); return 0; }
H-"Happy New Yeay!"：
題目大意：輸出題目
注意連引號也要輸出，用一下轉義字符就好了，同時不能直接復制，它是中文的引號當時。
以下是AC代碼：
#include <cstdio> int main() { printf ("\"Happy New Year!\"\n"); return 0; }
I-I Iove you：
題目大意：給你一個字符串，讓你求iloveyou作為子序列出現了多少次，大小寫不區分。對20010905取模。樣例：
| Input: IloveyouNotonlyforwhatyouareButforwhatIamWhenIamwithyouIloveyouNotonlyforwhatYouhavemadeofyourselfButforwhatYouaremakingofme Output: 2864 |
emmm,是個dp。令 $f[i][j],(j = 1...8)$ 表示前 i 個字符中，匹配了字符串”iloveyou” 的前多少位，那么有轉移方程：
$f[i][j] = (f[i−1][j] + (s[i] ==ss[j])∗f[i−1][j]) % mod$
當然，$f[i][1]$比較特殊：$f[i][1] = (f[i−1][1] + (s[i] ==′ i′)) % mod$
以下是AC代碼：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long const int mac=1e6+10; const int mod=20010905; ll dp[10]; int main(){ string s; cin>>s; string m="iloveyou"; for(int i=0;i<s.length();i++){ s[i]=tolower(s[i]); for (int j=8; j>=1; j--){ if (j==1) dp[j]=(dp[j]+(s[i]==m[j-1]))%mod; else dp[j]=(dp[j]+(s[i]==m[j-1])*dp[j-1])%mod; } } cout<<dp[8]<<endl; return 0; }
J-Jelly：
題目大意：從(1,1,1)到(n,n,n)至少需要多少時間，n層，每層n行n列。樣例：
| Input: 2 Output: 4 |
實際上就是個三維的BFS，和POJ2251一樣。這里注意特判一下n等於1的情況就好了，然后注意起點入隊的時候放入的時間是1。
#include <cstdio> #include <cstring> #include <queue> #define BYJ(cx,cy,cl,cen,n,m) (cx>=1)&&(cx<=n)&&(cy>=1)&&(cy<=m)&&(cl>=1)&&(cl<=cen) using namespace std; const int mac=110; int dre[6][3]={{1,0,0},{-1,0,0},{0,1,0},{0,-1,0},{0,0,1},{0,0,-1}}; //{x,y,z的走向} int a[mac][mac][mac],v[mac][mac][mac]; int main() { int cen,n,m; while (~scanf ("%d",&n)) { cen=m=n; memset(a,0,sizeof(a)); memset(v,0,sizeof(v)); queue<int>qx,qy,ql,stp; int sx,sy,sc,fx,fy,fc,mark=0; for (int k=1; k<=cen; k++) for (int i=1; i<=n; i++) for (int j=1; j<=m; j++) { char ch=getchar(); while (ch!='.' && ch!='*') ch=getchar(); if (ch=='*') a[k][i][j]=1; } if (n==1) {printf ("1\n");return 0;} sx=sy=sc=1; fx=fy=fc=n; qx.push(sx),qy.push(sy),ql.push(sc),stp.push(1);//注意剛開始是1 v[sc][sx][sy]=1; while (!qx.empty()) { if (mark) break; for (int i=0; i<6; i++) { //六種方向入隊 int cx,cy,cl; cx=qx.front()+dre[i][0]; cy=qy.front()+dre[i][1]; cl=ql.front()+dre[i][2]; //層數 if (BYJ(cx,cy,cl,cen,n,m) && !a[cl][cx][cy] && !v[cl][cx][cy]) { if (cx==fx && cy==fy && cl==fc) { printf ("%d\n",stp.front()+1); mark=1;break; } v[cl][cx][cy]=1; qx.push(cx),qy.push(cy),ql.push(cl),stp.push(stp.front()+1); } } if (mark) break; qx.pop(),qy.pop(),ql.pop(),stp.pop(); } if (!mark) printf ("-1\n"); } return 0; }