2018年成都信息工程大学第七届ACM程序设计竞赛 题解报告

Problem A(读信)

签到题:
把所有字母全部转换成大写(或小写), 然后判断一下是否是回文串(正着和倒着是否完全相等)就可以了
时间复杂度:$O(n)$

Problem B(Anxdada的询问1)

签到题:

for(int i=1;i<n;++i)
    for(int j=i+1;j<=n;++j)
        if(a[i]+a[j]==2*m)
            ++ans;

注意: 使用(a[i]+a[j])/2==m可能会出问题: (int/int==int)
时间复杂度: $O(n^2)$

Problem C(Anxdada的询问2)

简单题:
考虑每一个数字 $a[i](1\le i\le n)$, 能和$a[i]$组成平均数为$m$的数为$(2\cdotp m-a[i])$
所以枚举每一个$a[i]$, 统计一下数字$(2\cdotp m-a[i])$的个数就好了
统计数字个数:
解法1: C++STL库的map<int,int>
(由于牛客没有开O2优化, 所以很慢: 1300ms左右, 没有卡这种做法)
解法2: 二分查找
对数组$a$排序, 通过二分查找: 找到数组中第一个$\ge a[i]$的数字的下标$x$, 再通过二分查找出第一个$\gt a[i]$的数字的下标$y$, $(y-x)$就是数字$a[i]$的出现次数
(快如闪电, 200ms左右)
注意: 为了避免重复计算, 由于平均数等于m的2个数一定: 其中一个$\le m$, 另外一个$\ge m$, 所以统计$a[i]\le m$的一部分就好了, 再特殊处理一下$a[i]=m$的情况
时间复杂度: $O(nlogn)$

Problem E(mengxiang000的龙)

计算几何(初中数学)：
相信大家都学过”将军饮马”问题, 这道题就是$\require{enclose}\enclose{horizontalstrike}{抄的}$借鉴来的

作: 家关于河流的对称点: 家’, 所以家’与学校的连线与河流的交点就是答案

做法1: 寄蒜几盒(计算几何)硬做, 时间复杂度$O(1)$
做法2: 推公式
(无损精度的公式如下)
$A=(b^2-a^2)\cdot x_1-2\cdot a\cdot b\cdot y_1+2\cdot a\cdot c$
$B=(a^2-b^2)\cdot y_1-2\cdot a\cdot b\cdot x_1+2\cdot b\cdot c$
$C=a^2+b^2$
$D=C\cdot x_2-A$
$E=C\cdot y_2-B$
$F=E\cdot b\cdot x_2+D\cdot (c-b\cdot y_2)$
$G=D\cdot a\cdot y_2+E\cdot (c-a\cdot x_2)$
$H=a\cdot D+b\cdot E$
答案就是$(\frac{F}{H},\frac{G}{H})$
时间复杂度$O(1)$
做法3: 三分查极值(略), 时间复杂度$O(logn)$

Problem F(fold的游戏)

思维题:
这道题直接输出: “plp win”就行了(想不到吧!)
证明:
设: 题目中的游戏为$G_1$
我们对游戏$G_1$加上一个限制条件, 不能选1这个数字, 这样形成了一个新游戏$G_2$
如果对于某一个确定的$n_0$, 游戏$G_2$一定存在某种策略, 要么先手必胜, 要么后手必胜
对于某一个确定的$n_0$, 游戏$G_2$如果先手必胜, 那么游戏$G_1$先手也一定能取得胜利, 因为1是所有数字的约数, 选中任意一个不为1的数字以后就不能再选1; 游戏$G_2$如果后手必胜, 那么游戏$G_1$的先手选1, 那么$G_1$的先手将变成游戏$G_2$的后手, 也能够取得胜利, 所以先手必胜
时间复杂度$O(1)$

Problem G(EL_PSY_CONGROO)

这道题就是在DAG(有向无环图)中找起点到终点的路径的条数
拓扑排序的过程中维护一下方案数+
注意: 答案取模(余)以后等于0, 答案不一定是不可达

Problem H(陈犇的数学题)

数学题:
这里的向下取整符号$\lfloor x \rfloor$是骗人的, 因为答案始终都是整数

$$\begin{align} f(n)&=\int_0^{+\infty}(e^{-x}\cdotp x^{n-1})dx\\ &=-\int_0^{+\infty}x^{n-1}d(e^{-x})\\ &=-\big( (e^{-x}\cdotp x^{n-1})\bigg|_0^{+\infty}-\int_0^{+\infty}e^{-x}d(x^{n-1})\big)\quad(分部积分)\\ &=-\frac{x^{n-1}}{e^x}\bigg|_0^{+\infty}+\int_0^{+\infty}e^{-x}d(x^{n-1})\big)\\ &=\int_0^{+\infty}e^{-x}d(x^{n-1})\\ &=(n-1)\int_0^{+\infty}(e^{-x}\cdotp x^{n-2})dx\\ &=(n-1)f(n-1)\\ \end{align}$$
由于 $f(1)=1$, 所以 $f(n)=(n-1)\cdotp(n-2)\cdots2\cdot1=(n-1)!$
由于答案对 $1000003$取模(余), 所以当 $n\ge1000004$时一定包含因子 $1000003$, 此时答案为 $0$
当 $n\lt1000004$时, 循环计算就可以了
由于有多个询问, 所以需要预处理出 $n!$阶乘, 然后 $O(1)$的回答每个询问就好了
时间复杂度 $O(q)$

Problem J(twh233打方块)

模拟题:
处理出所有方块(及其旋转)的19种情况, 然后按照题意模拟即可
时间复杂度: $O($写就能过$)$
标程:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

struct block
{
    bool a[5][5];
    int l,r;
    block() {memset(a,0,sizeof(a));}
};

vector<block>G;

void make(int b,int c,int d,int e,int f,int g,int h,int i,int l,int r)
{
    block x;
    x.a[b][c]=1,x.a[d][e]=1;
    x.a[f][g]=1,x.a[h][i]=1;
    x.l=l,x.r=r;G.push_back(x);
}

void init()
{
    make(1,1,1,2,1,3,1,4,1,4);
    make(1,1,2,1,3,1,4,1,1,1);

    make(1,1,2,1,2,2,2,3,1,3);
    make(1,1,1,2,2,1,3,1,1,2);
    make(1,1,1,2,1,3,2,3,1,3);
    make(1,2,2,2,3,2,3,1,1,2);

    make(2,1,2,2,2,3,1,3,1,3);
    make(1,1,2,1,3,1,3,2,1,2);
    make(1,1,1,2,1,3,2,1,1,3);
    make(1,1,1,2,2,2,3,2,1,2);

    make(1,1,1,2,2,1,2,2,1,2);

    make(1,2,1,3,2,1,2,2,1,3);
    make(1,1,2,1,2,2,3,2,1,2);

    make(1,1,1,2,2,2,2,3,1,3);
    make(1,2,2,1,2,2,3,1,1,2);

    make(1,2,2,2,2,1,2,3,1,3);
    make(1,2,2,1,2,2,3,2,1,2);
    make(1,1,2,1,3,1,2,2,1,2);
    make(1,1,1,2,1,3,2,2,1,3);
}

char a[20][15];

int down(int i,int j)
{
    int l=j,r=j+G[i].r-1;
    for(int k=1;;k++)
        for(int x1=1,x2=k;x1<=4; x1++,x2++)
            for(int y1=1,y2=l;y1<=G[i].r && y2<=r;y1++,y2++)
                if(G[i].a[x1][y1] && a[x2][y2]=='#')
                    return k-1;
}

void add(int i,int j,int k,bool op)
{
    int l=j,r=j+G[i].r-1;
    for(int x1=1,x2=k;x1<=4; x1++,x2++)
        for(int y1=1,y2=l;y1<=G[i].r && y2<=r;y1++,y2++)
            if(G[i].a[x1][y1])
                a[x2][y2]=op?'#':'*';
}

int cal()
{
    int res=0;
    for(int i=1;i<=15;i++)
    {
        bool flag=true;
        for(int j=1;j<=10;j++)
            if(a[i][j]=='*')
                flag=false;
        if(flag)res++;
    }
    return res;
}

int main()
{
    init();
    for(int i=1;i<=15;i++)scanf("%s",a[i]+1);
    for(int i=1;i<=10;i++)a[16][i]='#';
    int ans=0;
    for(int i=0;i<G.size();i++)
        for(int j=1;j+G[i].r<=11;j++)
        {
            int k=down(i,j);
            add(i,j,k,true);
            ans=max(ans,cal());
            add(i,j,k,false);
        }
    return !printf("%d\n",ans);
}