题目链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/3947#question
emmm，小白赛，G题手贱，送了4发，出了8题，B,D没有出来（rank 59）
题目说明：
| A.三角形外心求解 | B.大模拟 | C.前缀和思想 |
| D.记忆化搜索或拓扑排序 | E.水题 | F.斐波那契数列性质 |
| G.数论+思维 | H.水题 | I.子序列DP |
| J.三维BFS |
A-Audio：
题目大意：给你3个点的坐标，让你找到一个点使得该点的到3点的距离一样。给个样例：
| Input: 0 0 Output: 2.000 1.000 |
emmm，三点不在一条直线上，则可构成三角形，那么三角形的外心到三点的距离是一样的，然后套个三角形外心的公式就OK了，
具体求解过程：https://blog.csdn.net/u010141928/article/details/88942989
以下是AC代码：
#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：
题目大意：给你圆盘的个数n，求汉诺塔的移动过程，并将其绘制出来，如果n是奇数则移动到中间的柱子，否则就移动到最右边的柱子上。给个样例：
| Input: 2 Output: ................... |
emmm，外观上有点问题，只不过在屏幕上每个字符大小是一样的就很整齐了。
我们先移动盘子，不考虑画图，那么程序很好写，当n为奇数的时候，我们将第二个柱子当做第三柱子进去就好了：
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);//将a移动到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; }
接下来就是画图了。。。这就是个纯粹的大模拟，不过为了简化它，我们可以将每层分为三个部分，然后找到柱子的位置和盘子的范围。
以下是AC代码：
#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--){//第几层 for (int j=1; j<=3; j++){//第几个柱子 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++){//每个柱子管辖的范围 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;//盘子的范围 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：
题目大意：给你一个区间让你求有多少时间是在看剧。其中电视在时刻1开始到无穷，每50分钟后有10分钟的广告。给个样例：
| Input: 1 61 Output: 51 |
emmm，就是利用一下前缀和的思想，我们用sum[r]-sum[l-1]就完事了。我们直接除60，然后再减一下，剩下的就是个不完整的时间，如果这个时间>50，那么就增加广告时间。
以下是AC代码：
#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：
题目大意：给你一张有向图，让你求从1到n有多少条不同的路径。给个样例：
| Input: 4 4 Output: 2 |
emmm,记忆化搜索，当时题目读错了，以为是最短路径数。。。
以下是AC代码：
#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：
题目大意：emmm，就是个纯粹的计算题。样例：
| Input: 5 Output: 94.67 |
以下是AC代码：
#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：
题目大意：给你n，让你求$f_{n+1}f_{n-1}-f_{n}^{2}$其中$f$是斐波那契数列。样例：
| Input: 2 Output: 1 |
就是利用斐波那契数列的性质，具体的性质：https://www.cnblogs.com/Milkor/p/4734763.html
以下是AC代码：
#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：
题目大意：给你一个数n，Nancy和Johnson先后将其拆解为两个任意两个非1因子的积，问谁最后无法操作。样例：
| Input: 4 Output: Johnson |
实际上这题就是问n的质因子的个数，如果个数为奇数，那么就是就是Nancy输掉，但我们要特判一下n是否为质数或者1。
至于为什么，除最后一次拆解外，每次拆解得到一个质数和一个合数，我们看看它可以拆解多少次就好了
以下是AC代码：
#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!"：
题目大意：输出题目
注意连引号也要输出，用一下转义字符就好了，同时不能直接复制，它是中文的引号当时。
以下是AC代码：
#include <cstdio> int main() { printf ("\"Happy New Year!\"\n"); return 0; }
I-I Iove you：
题目大意：给你一个字符串，让你求iloveyou作为子序列出现了多少次，大小写不区分。对20010905取模。样例：
| Input: IloveyouNotonlyforwhatyouareButforwhatIamWhenIamwithyouIloveyouNotonlyforwhatYouhavemadeofyourselfButforwhatYouaremakingofme Output: 2864 |
emmm,是个dp。令 $f[i][j],(j = 1...8)$ 表示前 i 个字符中，匹配了字符串”iloveyou” 的前多少位，那么有转移方程：
$f[i][j] = (f[i−1][j] + (s[i] ==ss[j])∗f[i−1][j]) % mod$
当然，$f[i][1]$比较特殊：$f[i][1] = (f[i−1][1] + (s[i] ==′ i′)) % mod$
以下是AC代码：
#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：
题目大意：从(1,1,1)到(n,n,n)至少需要多少时间，n层，每层n行n列。样例：
| Input: 2 Output: 4 |
实际上就是个三维的BFS，和POJ2251一样。这里注意特判一下n等于1的情况就好了，然后注意起点入队的时候放入的时间是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);//注意刚开始是1 v[sc][sx][sy]=1; while (!qx.empty()) { if (mark) break; for (int i=0; i<6; i++) { //六种方向入队 int cx,cy,cl; cx=qx.front()+dre[i][0]; cy=qy.front()+dre[i][1]; cl=ql.front()+dre[i][2]; //层数 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; }