emmm...今天的题考的不是很好，T2莫名挂机.
T1：
题目大意：以最简分数的形式给出一个时钟上时针与分针的夹角，时针与秒针的夹角，分针与秒针的夹角，求出所有满足条件的时间.
emmm...大水题，直接暴力枚举用double存分数水过.
考场AC代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ACF inline void
typedef long long LL;
typedef double LD;
const LD eps=0.0000001;
int a1,b1,a2,b2,a3,b3,T,s,h,m,sum;
LD x,y,z;
struct node{
int x,y,z;
}q[1000000];
ACF into(){
scanf("%d/%d%d/%d%d/%d",&a1,&b1,&a2,&b2,&a3,&b3);
x=1.0*a1/b1;y=1.0*a2/b2;z=1.0*a3/b3;
}
bool is(double a,double b){
if (fabs(a-b)<=eps) return true;
else return false;
}
bool check(int a,int b,int c){
LD a1,a2,a3;
a3=c*6.0;
a2=b*6.0+c*0.1;
a1=a*30.0+b*0.5+c*(0.5/60.0);
if ((is(fabs(a1-a2),x)||is(360.0-fabs(a1-a2),x))&&(is(fabs(a1-a3),y)||is(360.0-fabs(a1-a3),y))&&(is(fabs(a2-a3),z)||is(360.0-fabs(a2-a3),z))) return true;
else return false;
}
ACF work(){
sum=0;
for (h=0;h<12;h++)
for (m=0;m<60;m++)
for (s=0;s<60;s++)
if (check(h,m,s))
q[++sum].x=h,q[sum].y=m,q[sum].z=s;
}
ACF outo(){
printf("%d\n",sum);
for (int i=1;i<=sum;i++){
if (q[i].x<10) printf("0");
printf("%d",q[i].x);
putchar(':');
if (q[i].y<10) printf("0");
printf("%d",q[i].y);
putchar(':');
if (q[i].z<10) printf("0");
printf("%d",q[i].z);
putchar('\n');
}
}
int main(){
//freopen("clock.in","r",stdin);
//freopen("clock.out","w",stdout);
scanf("%d",&T);
while (T--){
into();
work();
outo();
}
return 0;
}
T2：
题目大意：
有一张n个点m条边的无向图，点从1到n编号，边权均为1.
定义一条路径为另一条一条路径的路径子序列，当且仅当以下两条件同时满足：
1、起始点与终点和另一条路径一样.
2、当前序列是的另一条路径的子序列.
现在，给定一条从点1到点n的路径，你的任务就是找到该路径中点数最少的路径子序列，为了方便，你只需要输出它的长度即可.
这道题用O(n)或O(nlog(n))的算法做就可以了.
考场上我想了一个DP，思路是这样的：
由于边都是双向边，也就是说我们可以双向行走，而题目要求的是子序列，所以我们只要存的非原始路径边(x,y)只有当x和y都在原始路径中才要存，求存的时候应与原始路径的顺序相同.
然后我们就可以用f[i]表示走到原始路径上第i个点的最短路径长度.
那么考场40分代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ACF inline void
const int N=50000;
const int M=200000;
int n,m,k,a[N+1],f[N+1],wh[N+1],top;
struct seg{
int l,r;
}e[M+1];
ACF into(){
top=0;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
int x,y;
for (int i=1;i<=k+1;i++){
scanf("%d",&x);
wh[x]=i;
}
for (int i=1;i<=m-k;i++){
scanf("%d%d",&x,&y);
if (!wh[x]||!wh[y]) continue;
if (wh[x]>wh[y]) swap(x,y);
e[++top].l=wh[x];e[top].r=wh[y];
}
}
bool cmp(seg a,seg b){
return a.r<b.r;
}
ACF work(){
sort(e+1,e+1+top,cmp);
int j=1;
for (int i=2;i<=k+1;i++){
f[i]=f[i-1]+1;
for (;e[j].r==i;j++)
f[i]=min(f[i],f[e[j].l]+1);
}
}
ACF outo(){
printf("%d\n",f[k+1]);
}
int main(){
//freopen("seqpath.in","r",stdin);
//freopen("seqpath.out","w",stdout);
int T;
scanf("%d",&T);
while (T--){
into();
work();
outo();
}
return 0;
}
DP莫名错误不知所措...
突然发现自己忘了清空数组...
改完AC代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ACF inline void
const int N=50000;
const int M=200000;
int n,m,k,f[N+1],wh[N+1],top;
struct seg{
int l,r;
}e[M+1];
ACF into(){
memset(wh,0,sizeof(wh));
memset(f,0,sizeof(f));
top=n=m=k=0;
memset(e,0,sizeof(e));
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
int x,y;
for (int i=1;i<=k+1;i++){
scanf("%d",&x);
wh[x]=i;
}
for (int i=1;i<=m-k;i++){
scanf("%d%d",&x,&y);
if (x==y) continue;
if (!wh[x]||!wh[y]) continue;
if (wh[x]>wh[y]) swap(x,y);
e[++top].l=wh[x];e[top].r=wh[y];
}
}
bool cmp(seg a,seg b){
return a.r<b.r;
}
ACF work(){
sort(e+1,e+1+top,cmp);
int j=1;
f[1]=0;
for (int i=2;i<=k+1;i++){
f[i]=f[i-1]+1;
for (;e[j].r==i;j++)
f[i]=min(f[i],f[e[j].l]+1);
}
}
ACF outo(){
printf("%d\n",f[k+1]);
}
int main(){
//freopen("seqpath.in","r",stdin);
//freopen("seqpath.out","w",stdout);
int T;
scanf("%d",&T);
while (T--){
into();
work();
outo();
}
return 0;
}
T3：
题目大意：
平面上有n个人，每个人所在的位置可以用一个坐标(x,y)表示，其中x,y均为整数，一个人每次可以选择上下左右任意一个方向走一步，其代价为1，即(x,y)可以变为(x+1,y)、(x-1,y)、(x,y-1)、(x,y+1).
同时，定义一个位置集S是连通的当且仅当S中的任意两个位置都可以只经过S中的位置互相到达.
给定n个人所在的坐标，求使得n个人所在位置两两不同，且所在的位置集合连通的最小总代价.
一看不会，果断放弃.
推了一通n<=3的情况最终放弃.
正解是各种用贪心去中位数然后暴力枚举在这个中位数附近.
具体各类操作看每个函数的含义.
AC代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ACF inline void
typedef long long LL;
const int x_[4]={0,1,0,-1},y_[4]={1,0,-1,0};
const int N=6;
const LL INF=10000000000000000;
int n,mx,my,px[N+5],py[N+5],fx[N+5],fy[N+5],ex[N*4+5],ey[N*4+5];
bool v[N*3+5][N*3+5];
//mx,my分别表示横纵坐标的中位数，fx,fy数组表示每个人所在的原始横纵坐标
//px,py分别表示每个人要到达的终点位置的坐标，ex,ey分别表示终点枚举的几个可供选择的点
void mid(){ //取横坐标的中位数与纵坐标的中位数
int x[N+5],y[N+5],u=(n+1)/2,d=n/2+1;
for (int i=1;i<=n;i++)
x[i]=fx[i],y[i]=fy[i];
sort(x+1,x+1+n);sort(y+1,y+1+n);
mx=(x[u]+x[d])/2;my=(y[u]+y[d])/2;
}
LL calc(){ //暴力枚举排列判断哪个位置匹配哪个人
int per[N+5]={0};
LL ans=INF;
for (int i=1;i<=n;i++) per[i]=i;
do{ //用do-while是因为while(next_permutation)会跳过初始序列
LL s=0LL;
for (int i=1;i<=n;i++)
s+=abs(fx[per[i]]-px[i])+abs(fy[per[i]]-py[i]); //计算当前情况下的行走步数
ans=min(ans,s);
}while (next_permutation(per+1,per+1+n)); //枚举全排列
return ans;
}
LL Try(int t,int s,int e){
if (t>n) return calc();
LL ans=INF;
for (int i=s;i<=e;i++){
px[t]=ex[i];py[t]=ey[i]; //暴力枚举确定终点位置
int ne=e;
for (int d=0;d<4;d++)
if (!v[px[t]+x_[d]+N][py[t]+y_[d]+N]){ //若这个点未被占领
ex[++ne]=px[t]+x_[d],ey[ne]=py[t]+y_[d];
v[ex[ne]+N][ey[ne]+N]=1;
} //暴力打标记
ans=min(ans,Try(t+1,i+1,ne)); //往下递归
for (int i=e+1;i<=ne;i++)
v[ex[i]+N][ey[i]+N]=0; //回溯
}
return ans;
}
ACF into(){
mx=my=0;
memset(px,0,sizeof(px));
memset(py,0,sizeof(py));
memset(fx,0,sizeof(fx));
memset(fy,0,sizeof(fy));
//初始化清空数组
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d",&fx[i],&fy[i]);
mid();
}
ACF work(){
for (int i=1;i<=n;i++)
fx[i]-=mx,fy[i]-=my; //计算到中位数的需要的偏移量
v[N][N]=1;
for (int i=1;i<=4;i++){
ex[i]=x_[i-1],ey[i]=y_[i-1]; //枚举4个点每个终点位置
v[ex[i]+N][ey[i]+N]=1;
}
}
ACF outo(){
printf("%lld\n",Try(2,1,4)); //dfs暴力求解
}
int main(){
//freopen("meet.in","r",stdin);
//freopen("meet.out","w",stdout);
int T;
scanf("%d",&T);
while (T--){
into();
work();
outo();
}
return 0;
}
又是一道码农题...