A - Problem A:Rescue The Princess
题型：
几何
题意：
给你等边三角形的两个点A和B，求第三个点C的坐标；
且ABC是逆时针的；
题解：
因为要求ABC是逆时针的，所以可以直接用B绕A逆时针旋转60°；
这里有个通用的公式，证明稍微复杂，可以加到模板里以备不时之需：
点（x1，y1）绕点（x2，y2）逆时针旋转a角度后新的坐标（X，Y）为:
X=(x1-x2)*cos(a)-(y1-y2)*sin(a)+x2;
Y=(x1-x2)*sin(a)+(y1-y2)*cos(a)+y2;
如果直接按照题意的等边三角形的情况去画图推导也可以推导出来，不过这个公式比较普适。
#include <stdio.h> #include <iostream> #include <string> #include <math.h> #include <stdlib.h> #include <algorithm> using namespace std; int main() { int t; scanf("%d", &t); while(t--){ double x1,x2,x3,y1,y2,y3; scanf("%lf%lf%lf%lf", &x1, &y1, &x2, &y2); double dx=x2-x1,dy=y2-y1; x3=dx/2-dy*sqrt(3.0)/2+x1; y3=dy/2+dx*sqrt(3.0)/2+y1; printf("(%.2lf,%.2lf)\n",x3,y3); } return 0; }
B - Problem B:Thrall’s Dream
题意：
有n个点、m条边，问是否任意两个点都是联通的
题解：
对每一个点进行bfs，记录下所有与其联通的点，若最后所有点互相联通
输出Kalimdor is just ahead，否则输出另一个。
Ps：两个点联通不需要相邻
Pss：若用邻接矩阵储存会超时，此处使用vector优化
#include <stdio.h> #include <iostream> #include <string.h> #include <queue> #include <vector> using namespace std; #define N 2020 int vis[N],ans[N][N]; vector <int> path[N]; int m,n; void bfs(int s) { memset(vis,0,sizeof(vis)); vis[s]=1; queue<int>q; q.push(s); while(!q.empty()) { int first=q.front(); q.pop(); for(int i=0; i<path[first].size(); i++) { int t=path[first][i]; if(vis[t]) continue; ans[s][t]=1; q.push(t); vis[t]=1; } } } bool f() { for(int i=1; i<=n; i++) for(int j=i+1; j<=n; j++) if(!ans[i][j]&&!ans[j][i]) return 0; return 1; } int main() { int cases; cin >> cases; for(int j=1; j<=cases; j++) { int a,b; cin >> n >> m; for(int i=0; i<N; i++) path[i].clear(); memset(ans,0,sizeof(ans)); while(m--) { cin >> a >> b; path[a].push_back(b); } for(int i=1; i<=n; i++) bfs(i); if(f()) printf("Case %d: Kalimdor is just ahead\n",j); else printf("Case %d: The Burning Shadow consume us all\n",j); } return 0; }
C - Problem C:A^X mod P
题型：
大幂的分解和、打表
题意：
给出七个整数n，A，K，a，b，m，P和函数f（x），定义如下：
f（x）= K，x = 1
f（x）=（a * f（x-1）+ b）％m，x> 1
计算：
( A^(f(1)) + A^(f(2)) + A^(f(3)) + ...... + A^(f(n)) ) % P.
题解：
用快速幂会超时，所以用数组存储f(x)的值，计算的时候直接去取。
将f(x)分解为a*k+b，再利用x^(a+b)=x^a * x^b，即可。
#include <stdio.h> #define MAX 3333 long long t,n,A,K,a,b,m,P; long long L1[MAX+10], L2[MAX+10]; void L() { int i; long long res; L1[0] = 1; for(i = 1; i <= MAX; i++) L1[i] = (L1[i-1]*A)%P; L2[0] = 1; for(i = 1; i <= MAX; i++) L2[i] = (L2[i-1]*L1[MAX])%p; } int main(void) { int cas = 1; long long i,sum; scanf("%lld", &t); while(t--){ sum = 0; scanf("%ld%lld%lld%lld%lld%lld%lld", &n,&A,&K,&a,&b,&m,&p); for(i = 1; i <= n; i++){ sum = (sum+(L1[K%MAX]*L2[K/MAX])%p)%p; K = (a*K+b)%m; } printf("Case #%d: %lld\n", cas, sum); cas++; } return 0; }
E - Problem E:Mountain Subsequences
题意：
求满足以某元素为中心，左边递增右边递减的子串数目
Ps：最小长度为3，切中心元素左右至少各一个元素
Pps：aaba中，前两个a是不同的有a1ba、a2ba两个答案
题解：
求出每个字符为中心的左侧递增子序列和右侧递减子序列
然后左右相乘求和
#include <iostream> #include <stdio.h> #include <string.h> using namespace std; #define MAX 100010 char ch[MAX]; int n,a[MAX],dp1[MAX],dp2[MAX],dp[MAX]; int main() { while(cin >> n) { getchar(); scanf("%s", ch); for(int i = 0; i < n; i++) a[i]=ch[i]-'a'; memset(dp1, 0, sizeof(dp1)); memset(dp2, 0, sizeof(dp2)); memset(dp, 0, sizeof(dp)); for(int i = 0; i < n; i++) { for(int j = 0; j < a[i]; j++) dp1[i] = (dp1[i]+dp[j])%2012; dp[a[i]] = (dp[a[i]]+dp1[i]+1)%2012; } memset(dp, 0, sizeof(dp)); for(int i = n-1; i >= 0; i--) { for(int j = 0; j < a[i]; j++) dp2[i] = (dp2[i]+dp[j])%2012; dp[a[i]] = (dp[a[i]]+dp2[i]+1)%2012; } int ans = 0; for(int i = 0; i < n; i++) ans = (ans+dp1[i]*dp2[i])%2012; cout << ans << endl; } return 0; }
F - Problem F:Alice and Bob
题型：
规律 二进制
题意：
求：
(a0*x^(2^0)+1) * (a1 * x^(2^1)+1)*.......*(an-1 * x^(2^(n-1))+1)
展开式中x^q的系数。
题解：
首先，看到数据范围就可以猜测这应该是道规律题。
然后，观察x的指数：2^0 2^1 ... 2^(n-1)，可以联想到二进制
将样例3、4写成二进制的形式
3 = 1 1
a1 a0
4 = 1 0 0
a2 a1 a0
另外发现展开式中的x的指数没有相同的项，即不会合并同类项
规律：结果为二进制为1的位置对应的系数相乘
#include <stdio.h> int main(void) { int t,n,q; int i,j,k; int s[55]; long long res,p; scanf("%d", &t); while(t--){ scanf("%d", &n); for(i = 0; i < n; i++) scanf("%d", s+i); scanf("%d", &q); while(q--){ j = 0; res = 1; scanf("%lld", &p); while(p){ if(j >= n){ res = 0; break; } if(p%2) res = (res * s[j]) % 2012; j++; p /= 2; } printf("%lld\n", res); } } return 0; }
I - Problem I:The number of steps
题型：
概率dp/数学期望
题意：
一个金字塔，从顶端往下走，规定只能向左、左下、右下走，给你对应的概率，求从顶端走到最底层的左下角那个房间的期望。
输入层数n还有五个浮点数a,b,c,d,e；
当只有一个房间的时候，概率是1；
当没有左，只有左下和右下的时候，概率是a和b； a+b=1;
当左，左下，右下都有的时候，概率是c,d,e； c+d+e=1;
题解：
综合思想是：从左下角往顶端倒推；
期望基本公式：
期望基本性质：
#include <stdio.h> #include <iostream> #include <string> #include <math.h> #include <stdlib.h> #include <algorithm> using namespace std; int main() { int n; double a,b,c,d,e; while(scanf("%d", &n)&&n){ scanf("%lf%lf%lf%lf%lf", &a, &b, &c, &d, &e); double dp[100][100]={0}; for(int i=n-1;i>0;i--){ dp[n][i]+=dp[n][i+1]+1; } for(int i=n-1;i>0;i--){ dp[i][i]+=a*(dp[i+1][i+1]+1)+b*(dp[i+1][i]+1);//此处是计算只有左下右下那种情况的； for(int j=i-1;j>0;j--) dp[i][j]+=c*(dp[i+1][j+1]+1)+d*(dp[i+1][j]+1)+e*(dp[i][j+1]+1);//此处是计算左，左下，右下情况的； } printf("%.2lf\n",dp[1][1]); } return 0; }
J - Problem J:Contest Print Server
题型：
水题模拟
题意：
一开始打印机能打印s张，每一队有需要打印的纸张数目，如果该队打印完则到下一队，如果该队打印过程中纸张用完，则新的纸张会到达，而新纸张的数目是在原纸张本来数目上进行s=(s*x+y)%mod的运算，新纸张来后，打印序列必须从0开始，输出此过程；
题解：
直接模拟；
Pｓ：０张也是可以输出的；
#include <stdio.h> #include <string.h> #include <algorithm> using namespace std; struct node { char name[30]; int num; } team[105]; int main() { int t,n,s,x,y,mod,i,j,cnt; scanf("%d",&t); while(t--) { scanf("%d%d%d%d%d",&n,&s,&x,&y,&mod); for(i = 1; i<=n; i++) scanf("%s request %d pages",team[i].name,&team[i].num); cnt = s; for(i = 1; i<=n; i++) { while(1) { if(team[i].num<=cnt) { printf("%d pages for %s\n",team[i].num,team[i].name); cnt-=team[i].num; break; } else { printf("%d pages for %s\n",cnt,team[i].name); s = (s*x+y)%mod; cnt = s; } } } printf("\n"); } return 0; }