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問題A. JhadgreのC言語プログラム
注目は地獄
問題B. WpremigのAHの戦い
Bashゲームは3つの状況で説明されています。
m <= nの場合、最初から勝つことができます。
m> nおよびm％（n + 1）== 0の場合、最初の移動は無効にする必要があります。
m> nかつm％（n + 1）！= 0の場合、最初にm％（n + 1）をとるだけで済みます。
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int m, n;
int main()
{
while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF)
{
if (m % (n + 1) == 0)
puts("You are loser");
else if (n >= m)
{
for (int i = m; i < n; i ++)
printf("%d ", i);
printf("%d\n", n);
}
else
printf("%d\n", m % (n + 1));
}
return 0;
}
問題C. Wpremigの三角形
三角形を幅dの長方形に分割し、高から低に並べ替えます。次に、領域で最適になるように最初のL / d長方形を選択する必要があります。次に、長方形を無限に分割した後、最後に選択した長方形の高さがHであるとします。次に、高さがHより大きい三角形の場合、選択された三角形に属する高さHの長方形が必要です。次に、高さがHより大きいすべての三角形について、高さHのパーツを領域に配置する必要があります。つまり、交差の高さはHです。
結論：
1.最短の辺がx軸に配置されます;
2. x軸に配置された辺が決定されると、最適解は、x軸に平行な直線上のすべての三角形の交点を満たします
上記の結論から、三角形が高いほど選択が容易であることは明らかであり、三角形が高いほど優れています。
この結論により、二等分点の高さはこの問題を簡単に解決できます
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
const double eps = 1e-8;
const int maxn = 100010;
int T, cas = 1, n;
double r, a[maxn], b[maxn], c[maxn];
double area[maxn], height[maxn];
double f(double h)
{
double ret = 0;
for (int i=1;i<=n;i++)
if (h < height[i]) ret += a[i] * (1.0 - h / height[i]);
return ret;
}
int main()
{
scanf("%d", &T);
while (T--)
{
scanf("%d%lf", &n, &r);
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf%lf%lf", &a[i], &b[i], &c[i]);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
double p = (a[i] + b[i] + c[i]) / 2;
area[i] = sqrt(p * (p-a[i]) * (p-b[i]) * (p-c[i]));
height[i] = area[i] * 2 / a[i];
}
double low = 0, high = 1000000, mid;
while ( fabs(high - low) > eps )
{
mid = (low + high) / 2;
if (f(mid) <= r) high = mid;
else low = mid;
}
double ans = 0, h = mid;
for (int i=1;i<=n;i++)
if (h < height[i]) ans += a[i] * (1.0 - h / height[i]) * (height[i] - h) / 2;
printf("%.3lf\n", ans + h * r);
}
return 0;
}
問題D. Jhadgreのはしご
送信、データ範囲はINT_MAXではなくintより大きいことに注意してください
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
long long n,l;
cin>>n>>l;
long long ans = l;
for (int i = 0 ; i < n ; ++i) {
long long x;cin>>x;
if (x > ans) ans = x;
}
cout<<ans - l<<endl;
return 0;
}
問題E.ジャドグレの合唱形成
もともとは、ツリーセットツリーを通過できるようにしたかったのですが…タイトルの時間制限やスペース制限がもっとぎこちないので、単純に二分法に変更しました。
最初に1回だけ質問する場合を考えます。次に、質問の順序がkであると仮定します。答えを中間で除算できます。各チェックは、すべての変更をトラバースし、ツリー配列を作成し、[x、y]間隔に数値zを追加する操作です。 z> = midの場合、[a、b]の間隔全体に+1を与えます。最後に、クエリ間隔の合計、つまり、この間隔の中央の数値> =の数。この数> = kの場合、2で割り、答えを記録します。それ以外の場合、2で割ります。
最も時間がかかる場所はメンテナンスであり、メンテナンス操作はmidにのみ関連しており、特定のクエリとは何の関係もないことがわかります。したがって、クエリの処理を検討し、 "上向き二分法"（つまり[mid + 1、r]）および "下向き二分法"クエリ（つまり[l、mid]）である必要があるすべてのクエリを毎回セットに入れて、もちろん、同時に、それらに影響を与える可能性のある変更も、クエリの後にコレクションに追加する必要があります。そうすると、操作は個別に再帰的に続行されます。
クエリの場合、クエリ間隔の合計がクエリのランキング以上の場合、クエリは「上向き二分法」セットに分割され、それ以外の場合は「下向き二分法」セットに分割されます。
変更の場合、変更によって追加された数が<= midの場合、[mid + 1、r]で回答されたと判断されたクエリに寄与してはならないため、「下向き二分法」のセットにのみ追加する必要があります。
それ以外の場合したがって、この変更は区間[l、mid]のクエリに貢献したに違いありません。[l、mid]の質問のランキングから1を引くと、この変更は「up dichotomy」セットの問い合わせにのみ寄与するため、この変更を「up dichotomy」に追加します。コレクション内。
それらの数については、それを維持するためにBITを使用するだけです。間隔更新+間隔クエリ。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define MAXN 50005
typedef long long LL;
using namespace std;
int n,m,id[MAXN],t1[MAXN],t2[MAXN],T=0;
LL ans[MAXN];
LL read(){
LL x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){
if(c=='-')f=-1;c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9'){
x=x*10+c-'0';c=getchar();
}
return x*f;
}
struct Node1{
int opt,a,b;
LL c;
}O[MAXN];
struct BIT{
LL c[MAXN];int sign[MAXN];
int lowbit(int x){return x&-x;}
void add(int pos,int x){
while(pos<=n){
if(sign[pos]!=T)c[pos]=0,sign[pos]=T;
c[pos]+=x,pos+=lowbit(pos);
}
}
LL query(int pos){
LL res=0;
while(pos>0){
if(sign[pos]!=T)c[pos]=0,sign[pos]=T;
res+=c[pos],pos-=lowbit(pos);
}
return res;
}
}c1,c2;
void ADD(int a,int b){
c1.add(a,1),c1.add(b+1,-1);
c2.add(a,a),c2.add(b+1,-b-1);
}
LL QUERY(int a,int b){
LL res=0;
res+=(b+1)*c1.query(b)-c2.query(b);
res-=a*c1.query(a-1)-c2.query(a-1);
return res;
}
void solve(int l,int r,int ansl,int ansr){
if(l>r)return;
if(ansl==ansr){
for(int i=l;i<=r;i++)
if(O[id[i]].opt==2)ans[id[i]]=ansl;
return;
}
int mid=(ansl+ansr)>>1;
int j=1,k=1;
T++;
for(int i=l;i<=r;i++){
int idx=id[i];
if(O[idx].opt==1){
if(O[idx].c<=mid)t1[j++]=idx;
else t2[k++]=idx,ADD(O[idx].a,O[idx].b);
}
else{
LL res=QUERY(O[idx].a,O[idx].b);
if(res>=O[idx].c)t2[k++]=idx;
else t1[j++]=idx,O[idx].c-=res;
}
}
--j,--k;
for(int i=1;i<=j;i++)id[l+i-1]=t1[i];
for(int i=1;i<=k;i++)id[l+j+i-1]=t2[i];
solve(l,l+j-1,ansl,mid),solve(l+j,r,mid+1,ansr);
}
int main()
{
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=m;i++){
O[i].opt=read();
O[i].a=read();
O[i].b=read();
O[i].c=read();
id[i]=i;
}
solve(1,m,-n,n);
for(int i=1;i<=m;i++)
if(O[i].opt==2)
printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}
問題F.ジャドグレの悲しい
再帰、小さなdp、さりげなく書く。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int a[100000];
int fun(int x){
if (x > n) return 0;
return min(fun(a[x]),fun(x + 5)) + 1;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for (int i = 1 ; i <= n ; ++i)
scanf("%d",&a[i]);
cout<< fun(1) * 2<<endl;
return 0;
}
問題G. Wpremigの計量問題
最初に結論を出します：異なる品質のボールを見つけ、y回の重量を知る必要がある場合、計量できるボールの最大数はn = （3 k − 3）/ 2（3 ^ k-3）/ 2です。（3k−3 ）/ 2
プルーフ考え方は以下の通りであり、補題は順番に証明される：
補題1
がm個のボールがあるか、または標準または標準より重く、そしてnボールが標準または標準と少なくとも一つの標準ボールより軽い、次いで計量のk個の時間があってもよい場合どのボールであるかを決定するための必要十分条件：m + n≤3 k m +n≤3^ kメートル+ん≤３k
補題2：
標準の重量であるか、それより軽いか重いかがわからないボールがn個あり、標準のボールが少なくとも1個ある場合、k回の判定に必要な十分な条件：n≤1/2（ 3 k + 1）n≤1/ 2（3 ^ k + 1）ん≤1 / 2 （3k+1 ）
補題3：
標準の重さ、軽いか重いか、少なくとも1つの標準的なボールかどうかを知らずにn個のボールがある場合、k回の計量でどのボールがどれであるか、またボールが軽いか重いかを判断できます。重要な条件は次のとおりです。n≤1/2（3 k − 1）n≤1/ 2（3 ^ k-1）ん≤1 / 2 （3K -1）
補題1の充足を証明するアイデアがある：
レットM = 3 I + J、N = 3、K + RM = 3I + J、N = 3K + Rメートル=3 私+j 、ん=3 k+r。重くなる可能性のある両側にiを、軽い可能性のあるkにiを置き、次にj、r = 0、1、2の合計9つの可能性があります。分類について議論し、再帰的に検討してください。
必要性は明白です。
補題2の十分性の証明の考え方は：
（3 k + 1）/ 2（3 ^ k + 1）/ 2（3k+1 ）/ 2ボール、初回（3 k − 1 + 1）/ 2（3 ^ {k-1} +1）/ 2（3k − 1+1 ）/左側の 2つのボール、（3 k − 1 − 1）/ 2（3 ^ {k-1} -1）/ 2（3k − 1−1 ）/ 2ボール+右側の標準ボール、残りの（3 k − 1 + 1）/ 2（3 ^ {k-1} +1）/ 2（3k − 1+1 ）/ 2最初の計量後、再帰によってバランスが証明されるか、補題によってアンバランスが証明されます。
補題3の十分性証明は同じ考え方で、違いは残りの（3 k − 1 − 1）/ 2（3 ^ {k-1} -1）/ 2にあります。（3k − 1−1 ）/ 2ボール。
補題3の必要性の証明の考え方は、上記の質問2のそれと同じ
です。補題2の比較証明はより厄介ですが、考え方は依然として似ています。最初の計量が不均衡な場合は補題1を使用し、バランスが取れている場合は再帰的に使用します。
最後に、最初の計量では、2つの問題の証明を個別に検討する必要があります。これは、借りる標準的なボールがなく、数が補題より1つ少ないため、補題の結論を使用して、同様のアイデアで証明できるためです。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
int x,y;
while (~scanf("%d%d",&x,&y)){
if (x <= 2){
puts("No");
continue;
}
long long now = 3;
int k;
for (k = 2 ; k < 15 ; ++k){
now *= 3;
if ((now-3)/2 >= x) break;
}
if (k <= y) puts("Yes");
else puts("No");
}
return 0;
}
問題H. Jhadgreの帰り道
明らかに、「L」→「W」→「Q」のパスに従って検索することは困難です。最初に各「W」に移動し、次に「W」から「Q」への最短パスを検索する必要があるためですが、このパスは想像できます。 「L」→「W」←「Q」となりますので、「W」を意識する必要はありません。
したがって、「L」から始まり「Q」から始まり、各「W」をトラバースするbfsの2回、「L」と「Q」からこのポイントまでの最短パスの合計が重要です。寝室に戻る最短の方法は、最短のものを頼むだけです。
または、それぞれ「L」と「Q」から始まる2回のbfsで2つのbfsを実行し、マップ全体をトラバースしてすべての「W」の最短パスを判断します。
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 2010;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int n, m;
int vis[MAXN][MAXN];
int ret[2][MAXN][MAXN];
char a[MAXN][MAXN];
int xx[4] = {1,-1,0,0};
int yy[4] = {0,0,1,-1};
void bfs(int xxx, int yyy, int d) {
queue< pair<int, int> > q;
q.push(make_pair(xxx, yyy));
vis[xxx][yyy] = 1;
ret[d][xxx][yyy] = 0;
while(!q.empty()) {
int tx = q.front().first;
int ty = q.front().second;
q.pop();
for (int i = 0;i < 4; ++i) {
int x = tx + xx[i];
int y = ty + yy[i];
if (x >= 0 && x < n && y >= 0 && y < m && a[x][y] != '#' && !vis[x][y]) {
ret[d][x][y] = ret[d][tx][ty] + 1;
vis[x][y] = 1;
q.push(make_pair(x, y));
}
}
}
}
int main() {
while (~scanf("%d %d", &n, &m)){
queue< pair<int, int> > q;
memset(ret, INF, sizeof(ret));
memset(vis, 0, sizeof(vis));
int sx, sy;
int tx, ty;
for (int i = 0;i < n; ++i) {
scanf("%s", a[i]);
for (int j = 0;j < m; ++j) {
if (a[i][j] == 'W') {
q.push(make_pair(i, j));
} else if (a[i][j] == 'L') {
sx = i;
sy = j;
} else if (a[i][j] == 'Q') {
tx = i;
ty = j;
}
}
}
bfs(sx, sy, 0);
memset(vis, 0, sizeof(vis));
bfs(tx, ty, 1);
int ans = INF;
while(!q.empty()) {
int x = q.front().first;
int y = q.front().second;
q.pop();
ans = min(ans, ret[0][x][y] + ret[1][x][y]);
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
問題I. JhadgreのCookie
タイトルを送信します。string.find（）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int N;scanf("%d",&N);
int ans = 0 ;
while (N--){
string x;cin>>x;
if (x.find("zailaiyihe") != string::npos){
ans++;
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
問題J. Jhadgreの階段を登る
ダブルforループで十分です...モジュロは1 e 9 + 7 1e9 + 7ではないことに注意してください1 e 9+7は1 e 8 + 7 1e8 + 71 e 8+7
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int mod = 100000007;
int dp[10100];
int main() {
int n;
dp[0] = 1;
for (int i = 1; i <= 10000; ++i) {
dp[i] = dp[i - 1];
for (int j = i - 2; j >= 0; j -= 2) {
dp[i] += dp[j];
dp[i] %= mod;
}
}
while (cin>>n)
cout << dp[n] << endl;
return 0;
}
問題K.ジャドグレのπ
BBP式またはさまざまな収束方法がすべて可能です。
http://www.huanqiujiemi.com/7xqE25x.html
参考画像...日本で出版された本
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <iostream>
#define MAX_C 56000
int a = 10000, b, c = MAX_C, d, e, f[MAX_C + 1], g, n, ans, cnt;
using namespace std;
int main()
{
int pp;
scanf("%d", &n);
a = 10000;
b = d = e = g = ans = cnt = 0;
c = MAX_C;
for (; b - c; ) f[b++] = a / 5;
for (; d = 0, g = c * 2; c -= 14, ans = e + d / a, e = d % a, cnt++) {
if (cnt * 4 > n) break;
for (b = c; d += f[b]*a, f[b] = d % --g, d /= g--, --b; d *= b);
}
if (n % 4 == 0) cout << (ans / 1000);
else if (n % 4 == 1) cout << ((ans / 100) % 10);
else if (n % 4 == 2) cout << ((ans / 10) % 10);
else if (n % 4 == 3) cout << (ans % 10);
cout<<endl;
return 0;
}
L. WpremigのNiuniuの問題
英語のリーディング質問
まず、5次元配列を使用してすべての可能なスコアを前処理し、次に各データセットを直接合計してから、/ 13を計算します。丸めに注意してください。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
inline void read(int &x)
{
x = 0;char ch = getchar(), c = ch;
while(ch < '0' || ch > '9')c = ch, ch = getchar();
while(ch <= '9' && ch >= '0')x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar();
if(c == '-')x = -x;
}
inline int min(int a,int b)
{return a<b?a:b;}
int ans[15][15][15][15][15];
int x,y,m,n,z,sum;
inline void init()
{
for(int a = 1;a <= 13;++ a)
for(int b = 1;b <= 13;++ b)
for(int c = 1;c <= 13;++ c)
for(int d = 1;d <= 13;++ d)
for(int e = 1;e <= 13;++ e)
{
if(a<5 && b<5 && c<5 && d<5 && e<5 && a+b+c+d+e <= 10)
ans[a][b][c][d][e] = 60;
else if(a>10 && b>10 && c>10 && d>10 && e>10)
ans[a][b][c][d][e] = 50;
else if((a==b && b==c && c==d) || (a==b && b==c && c==e) || (a==b && b==d && e==d) || (a==e && e==c && c==d) || (e==b && b==c && c==d))
ans[a][b][c][d][e] = 40;
else
{
x = min(a,10),y = min(b,10),m = min(c,10),n = min(d,10),z = min(e,10);
if((x+y+m)%10 == 0 || (y+m+n)%10 == 0 || (m+n+z)%10 == 0 || (x+y+n)%10 == 0 || (x+y+z)%10 == 0 || (y+m+z)%10 == 0 || (y+n+z)%10 == 0 || (x+n+z)%10 == 0 || (x+m+n)%10 == 0 || (x+m+z)%10 == 0)
{
sum = x+y+m+n+z;
if(sum%10 == 0)
ans[a][b][c][d][e] = 30;
else if(sum%10 < 7)
ans[a][b][c][d][e] = sum%10;
else
ans[a][b][c][d][e] = (sum%10)*2;
}
}
}
}
int main()
{
init();
int t;
read(t);
for(;t;--t)
{
sum = 0;
read(x),read(y),read(m),read(n);
for(register int i = 1;i <= 13;++ i)
sum += ans[x][y][m][n][i];
sum = (sum/13.0)+0.5;
printf("%d\n",sum);
}
return 0;
}
問題M. WpremigとJhadgreの宝の地図
グラフの色を黒と白にします。
黒のグリッドの数を黒、
白のグリッドの数を白に
設定し、黒のグリッドとsumblack
の値、および白のグリッドの値の合計をsumwhiteに設定します。
端の各グリッドの数がxになるとすると、
黒* x – sumblack =白* x – sumwhite
x =（sumblack – sumwhite）/（黒–白）
1.黒≠白の場合、xを解いてからネットワークフローチェックを使用できます
。2。黒=白の場合、正当なxの場合、k> = xは
黒=白=>（黒+ white）％2 == 0は、完全なカバレッジのレイヤーを構築できるため、
xを2に分割し、ネットワークフローを使用して確認できます
チェック
構築の
場合：ポイントkが白の場合、エッジ（s、k、x – v [k]）を
作成しますポイントkが黒の場合
、隣接するポイントuへのエッジ（k、t、x – v [k]）を作成します、V（uは白）、エッジ（u、v、inf）を作成して
、フローがいっぱいかどうかを判断します。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
const int s=1690,t=1691;
const LL oo2=1e17,oo1=1e13,oo3=1e15;
int a[50][50],num[50][50],xx[]={0,0,1,-1},yy[]={1,-1,0,0},
fir[1700],ne[10010],to[10010],que[1700],f[1700],
m,n,tot;
LL w[10010];
bool ok(int x,int y)
{
return x>=1&&x<=n&&y>=1&&y<=m;
}
void init()
{
int i,j;
scanf("%d%d",&n,&m);
for (i=1;i<=n;i++)
for (j=1;j<=m;j++)
scanf("%d",&a[i][j]);
}
void add(int u,int v,LL x)
{
tot++;
ne[tot*2]=fir[u];
fir[u]=tot*2;
to[tot*2]=v;
w[tot*2]=x;
ne[tot*2+1]=fir[v];
fir[v]=tot*2+1;
to[tot*2+1]=u;
w[tot*2+1]=0;
}
bool find()
{
int hd=1,tl=1,i,u,v;
que[1]=s;
memset(f,0,sizeof(f));
f[s]=1;
while (hd<=tl)
{
u=que[hd++];
for (i=fir[u];i;i=ne[i])
if (w[i]&&!f[v=to[i]])
{
f[v]=f[u]+1;
que[++tl]=v;
}
}
return f[t];
}
LL dfs(int u,LL lim)
{
int i,v;
LL ret=0,x;
if (u==t) return lim;
for (i=fir[u];i&&ret<lim;i=ne[i])
if (w[i]&&f[v=to[i]]==f[u]+1)
{
x=dfs(v,min(lim-ret,w[i]));
ret+=x;
w[i]-=x;
w[i^1]+=x;
}
if (!ret) f[u]=0;
return ret;
}
bool ok(LL x)
{
int i,j,kk,x1,y1;
tot=0;
memset(fir,0,sizeof(fir));
for (i=1;i<=n;i++)
for (j=1;j<=m;j++)
if (i+j&1) add(s,num[i][j],x-a[i][j]);
else add(num[i][j],t,x-a[i][j]);
for (i=1;i<=n;i++)
for (j=1;j<=m;j++)
if (i+j&1)
for (kk=0;kk<4;kk++)
if (ok(x1=i+xx[kk],y1=j+yy[kk]))
add(num[i][j],num[x1][y1],oo3);
while (find())
{
int xxx;
xxx=1;
while (dfs(s,oo2));
}
for (i=fir[s];i;i=ne[i])
if (w[i]) return 0;
return 1;
}
void solve1()
{
int i,j;
LL s0=0,s1=0,x;
for (i=1;i<=n;i++)
for (j=1;j<=m;j++)
if (i+j&1) s1+=a[i][j];
else s0+=a[i][j];
x=s0-s1;
for (i=1;i<=n;i++)
for (j=1;j<=m;j++)
if (a[i][j]>x)
{
printf("-1\n");
return;
}
if (!ok(x)) printf("-1\n");
else printf("%lld\n",(x*m*n-s0-s1)/2);
}
void solve0()
{
int i,j;
LL s0=0,s1=0,x,l,r,mid;
for (i=1;i<=n;i++)
for (j=1;j<=m;j++)
if (i+j&1) s1+=a[i][j];
else s0+=a[i][j];
if (s0!=s1)
{
printf("-1\n");
return;
}
l=0;
for (i=1;i<=n;i++)
for (j=1;j<=m;j++)
l=max(l,(LL)a[i][j]);
r=oo1;
while (l<r)
{
mid=(l+r)/2;
if (ok(mid)) r=mid;
else l=mid+1;
}
if (l==oo1) printf("-1\n");
else printf("%lld\n",(l*m*n-s0-s1)/2);
}
int main()
{
int T,i,j;
for (i=1;i<=40;i++)
for (j=1;j<=40;j++)
num[i][j]=i*40+j;
scanf("%d",&T);
while (T--)
{
init();
if (m*n&1) solve1();
else solve0();
}
}