T1 字串去重
這題應該不用多說了，隨便怎么做都可以。
因為本題字符串已經排好序，可以直接判斷這一個和上一個是否相等即可。
也可以全部讀入后用C++自帶的\(unique\)函數去重。
復雜度\(O(\Sigma len)\)。
標程:
#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 十字連星
這題不算難，我還降低了一定的難度，沒有卡精度，以及卡常。
這題分兩類考慮，斜率的乘積等於-1，或者平行與坐標軸，相信大家都知道怎么求過兩點的直線的斜率。我們令第\(i\)個點的坐標為\((x_i,y_i)\)，則第過第\(i,j\)兩點的直線的斜率為\(\frac{y_i-y_j}{x_i-x_j}\)，如果\(y_i-y_j=0\)，則該直線平行於\(x\)軸，如果\(x_i-x_j=0\)，則該直線平行於\(y\)軸。
因為只有不超過\(500\)個點，所以只有不超過\(\frac{500\times(500-1)}{2}=124750\)條直線。如果暴力維護，則時間復雜度還是\(O(n^4)\)。
考慮用一個數據結構來維護斜率，不難想到使用\(STL\)中的映射容器\(map\)來維護。每次加入一條線段前，統計增加的答案。
復雜度\(O(Tn^2log(n))\)
標程\(1\)(有精度誤差):
#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);
}
}
標程\(2\)(無精度誤差):
#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 迷宮尋路
這題主要考察了大家對於廣搜的理解。
對於前面\(40\)分，直接深搜即可，\(O(玄學)\)。
對於中間的\(30\)分，不難發現就是一個廣搜的經典例題，直接上廣搜，\(O(nm)\)。
對於全部的數據，我們嘗試改良廣搜。廣搜的思想就是維護一個優先隊列，讓現在距離小的位置放在前面，距離大的位置放在后面，在本題中隊頭和隊尾的值差距不會超過1。
現在取出隊頭，設隊頭的距離為\(dis\)，考慮使用了傳送門，設到達了\((i,j)\)位置，則\((i,j)\)的距離更新為\(dis\)，因為原來隊頭就是最小的，所以直接放入隊頭即可。
再考慮走到相鄰的格子\((i,j)\)，距離為\(dis+1\)，因為隊頭和隊尾的差不大於\(1\)，所以放入隊尾即可。
總復雜度\(O(nm)\)。
標程:
#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 整理家譜
這題考到了一點關於位運算的分析。
想一下\(i\&(i-1)\)代表了什么。我們以\(10\)為例子來試一下。\(10\&9=8\)也就是\((1010)_2\&(1001)_2=(1000)_2\)，也就相當於去掉了二進制下的最后一位。
現在考慮\(i\)最后一位所在的位置，設現在考慮從右往左數的第\(k\)位，則他的父親為\(i-2^{k-1}\)。我們可以知道\(2^{k-1}|i\)，且\(2^k\nmid i\)，所以不難得到\(2^k|i-2^k\)，然后知道\(i-2^k\in[l,r]\)，所以直接用除法統計\([l,r]\)之中的\(2^k\)的倍數即可，記得要分類考慮一下邊界是否可以取到。
復雜度\(O(Tlog(值域))\approx O(50T)\)。
標程:
#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);
}
}
完結撒花QAQ