華東交通大學2017年ACM雙基程序設計大賽題解
簡單題
Time Limit : 3000/1000ms (Java/Other) Memory Limit : 65535/32768K (Java/Other)
Total Submission(s) : 19 Accepted Submission(s) : 14
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大吉大利今晚吃雞
Time Limit : 3000/1000ms (Java/Other) Memory Limit : 65535/32768K (Java/Other)
Total Submission(s) : 1379 Accepted Submission(s) : 501
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Problem Description
最近流行吃雞,那就直接輸出一行"Winner winner ,chicken dinner!"(沒有雙引號)
模板代碼：
#include <stdio.h>
int main(){
printf("hello world\n");
return 0;
}
Input
沒有輸入
Output
輸出一行"Winner winner ,chicken dinner!"註意要換行
Sample Output
Winner winner ,chicken dinner!
解題報告：
簽到題
#include <stdio.h>
int main(){
printf("Winner winner ,chicken dinner!\n");
return 0;
}
1002
跳舞
Time Limit : 3000/1500ms (Java/Other) Memory Limit : 65535/32768K (Java/Other)
Total Submission(s) : 354 Accepted Submission(s) : 38
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Problem Description
一天YZW參加了學校組織交際舞活動，活動的開始活動方分別給男生和女生從1-n進行編號，按照從小到大順時針的方式進行男女搭檔分配，相同編號的男女組合成一對，例如一號男生與一號女生配對，以此類推。可是YZW對其中一個小姐姐一見鐘情，於是機智的他向管理員提出了兩種操作
1.在這種情況下，管理員會給出移動的方向和大小，然後所有的男生向著這個方向移動x個位置。2.管理員會把相鄰的奇數和偶數位置上的男生互換。
在其中女生的位置是不會變的。可是YZW不知道經過這些Q次操作後，他自己身在何方，能否到達自己喜歡的小姐姐身邊。
Input
輸入一個T代表T組數據(T<=10)，每組輸入一個n和q(2≤n≤200000,1≤q≤1000000,其中n為偶數),分別代表有n對男女和有q次操作。
接下來是q行，每一行輸入：
1.x代表所有男生移動的位置的大小。同時x>0表示順時針移動，x<0表示逆時針移動。
2.代表管理員會把相鄰的奇數和偶數位置上的男生互換。
Output
輸出1號到n號小姐姐配對的分別是幾號男生。
Sample Input
1
6 3
1 2
2
1 2
Sample Output
4 3 6 5 2 1
解題報告：記錄第一個和第二個男生的位置n1和n2，將所有的操作的影響加在這個兩位置上，其中第一種操作相當於n1和n2加上或者減去x,第二種操作相當於奇數位置上的數+1,偶數位上的數-1.然後通過這樣兩個位置推導出所有的其他的位置即可
代碼：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<string>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<list>
#include<bitset>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
#define LL long long
#define pi (4*atan(1.0))
#define eps 1e-8
#define bug(x) cout<<"bug"<<x<<endl;
const int N=1e6+10,M=7e6+10,inf=1e9+10,MOD=10;
const LL INF=1e18+10;
int a[N];
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
int n,q;
scanf("%d%d",&n,&q);
int s=1,e=2;
while(q--)
{
int t;
scanf("%d",&t);
if(t==1)
{
LL x;
scanf("%lld",&x);
x%=n;
s+=x;
e+=x;
if(s>n)s-=n;
if(s<=0)s+=n;
if(e>n)e-=n;
if(e<=0)e+=n;
}
else
{
if(s%2)s++;
else s--;
if(e%2)e++;
else e--;
}
}
for(int i=1;i<=n/2;i++)
{
a[s]=i*2-1;
a[e]=i*2;
s+=2;
e+=2;
if(s>n)s-=n;
if(e>n)e-=n;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%d%c",a[i],(i==n?‘\n‘:‘ ‘));
}
return 0;
}
1003
這是道水題
Time Limit : 3000/1000ms (Java/Other) Memory Limit : 65535/32768K (Java/Other)
Total Submission(s) : 827 Accepted Submission(s) : 179
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Problem Description
有兩個球在長度為L的直線跑道上運動，兩端為墻。0時刻小球a以1m/s的速度從起點向終點運動，t時刻小球b以相同的速度從終點向起點運動。問T時刻兩球的距離。這裏小球與小球、小球與墻的碰撞均為彈性碰撞，所有過程沒有能量損失。
Input
先輸入一個q，代表q組數據，然後每組3個整數 L，t，T。
1<=L<=1000;0<=t<=1000;t<=T<=1000;
Output
一個整數，代表答案。
Sample Input
2
10 4 7
8 3 9
Sample Output
0
5
解題報告：單獨考慮每個小球，分別求出最後小球的位置pos1，pos2。答案即為abs(pos1-pos2)。
代碼:
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
int main()
{
int L,t,T;
int cas;
scanf("%d",&cas);
while(cas--&&scanf("%d %d %d",&L,&t,&T)){
int n=T%(2*L);
int l;
if(n>=L){
l=L-(n-L);
}else{
l=n;
}
int r;
int n2=(T-t)%(2*L);
if(n2>=L){
r=L-(n2-L);
}else{
r=n2;
}
r=L-r;
int ans=r-l;
if(ans>=0){
printf("%d\n",ans);
}else{
printf("%d\n",-1*ans);
}
}
return 0;
}
1004
小廖的美麗子串
Time Limit : 3000/1000ms (Java/Other) Memory Limit : 65535/32768K (Java/Other)
Total Submission(s) : 7 Accepted Submission(s) : 0
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Problem Description
小廖最近沈迷於字符串，發現了一個問題，不能解決，非常懊惱。你能幫助他嗎？
對於一個長度為n的字符串，可以從大小為m的字母表裏選取構成。
定義一個字符串是美麗的就滿足：如果它的所有字符適當改變順序後能夠組成一個回文串並且長度為奇數。
那麽問題來了，大小為m的字母表組成的所有大小為n的串有m^n個，其包含美麗的子串的總和是多少？
Input
首先輸入一個t，代表t組數據t<=100
每組數據輸入n，m，n代表字符串的長度，m代表字母表的大小。
1<=n,m<=2000
Output
輸出結果mod1000000007。（mod表示取余）
Sample Input
3
2 2
3 2
10 3
Sample Output
8
32
1490526
解題報告：
設dp[i][j]表示長度為i的串有j種字符出現奇數次的個數。
dp[i][j]只能由dp[i-1][j-1]和dp[i-1][j+1]轉化來。
假如長度為i-1的串有j-1種字符出現奇數次，可以在剩余的（m-j+1）種字符選取一個；
假如長度為i-1的串有j+1種字符出現奇數次，可以在（j+1）種字符裏任選一個；
所以狀態轉移方程為： dp[i][j]=(dp[i-1][j-1]*(m-j+1)+dp[i-1][j+1]*(j+1))
註意若能組成回文串，當長度為奇數時j=1，否則j=0.
枚舉奇數長度i的串，其位置可以有（n-i+1）種，其它n-i位任意補齊，所以對於長度為i有
dp[i][1]*p[n-i]*（n-i+1）個，p[n-i]表示m的n-i次方。累加求和得到
ans=(ans+dp[i][i&1]*po[n-i]%mod*(n-i+1)%mod)%mod;
代碼：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<string>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<list>
#include<bitset>
#include<set>
#include<map>
#include<time.h>
#define F(x) (3*x*x-x)/2
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=2000+10;
const int mod=1e9+7;
int n,m;
ll dp[maxn][maxn],po[maxn];
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
dp[0][0]=1;dp[0][1]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
dp[i][0]=dp[i-1][1];
dp[i][i]=(dp[i-1][i-1]*(m-i+1))%mod;
int j;
if(i&1)j=1;
else j=2;
for(;j<i;j+=2)
{
dp[i][j]=(dp[i-1][j-1]*(m-j+1)+dp[i-1][j+1]*(j+1))%mod;
}
}
po[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
po[i]=(po[i-1]*m)%mod;
ll ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(i%2)
ans=(ans+dp[i][i&1]*po[n-i]%mod*(n-i+1)%mod)%mod;
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
1005
矩陣
Time Limit : 3000/1000ms (Java/Other) Memory Limit : 65535/32768K (Java/Other)
Total Submission(s) : 168 Accepted Submission(s) : 52
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Problem Description
假設你有一個矩陣，有這樣的運算A^(n+1) = A^(n)*A (*代表矩陣乘法)
現在已知一個n*n矩陣A,S = A+A^2+A^3+...+A^k,輸出S，因為每一個元素太大了，輸出的每個元素模10
Input
先輸入一個T(T<=10)，每組一個n,k(1<=n<=30, k<=1000000)
Output
輸出一個矩陣,每個元素模10(行末尾沒有多余空格)
Sample Input
1
3 2
0 2 0
0 0 2
0 0 0
Sample Output
0 2 4
0 0 2
0 0 0
解題報告：
倍增，復雜度log(k)*n*n
代碼：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<string>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<list>
#include<bitset>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
#define LL long long
#define pi (4*atan(1.0))
#define eps 1e-8
#define bug(x) cout<<"bug"<<x<<endl;
const int N=1e6+10,M=7e6+10,inf=1e9+10,MOD=10;
const LL INF=1e18+10;
int n;
struct Matrix
{
short a[31][31];
Matrix()
{
memset(a,0,sizeof(a));
}
void init()
{
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<n;j++)
a[i][j]=(i==j);
}
Matrix operator + (const Matrix &B)const
{
Matrix C;
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<n;j++)
C.a[i][j]=(a[i][j]+B.a[i][j])%MOD;
return C;
}
Matrix operator * (const Matrix &B)const
{
Matrix C;
for(int i=0;i<n;i++)
for(int k=0;k<n;k++)
for(int j=0;j<n;j++)
C.a[i][j]=(C.a[i][j]+a[i][k]*B.a[k][j])%MOD;
return C;
}
Matrix operator ^ (const int &t)const
{
Matrix A=(*this),res;
res.init();
int p=t;
while(p)
{
if(p&1)res=res*A;
A=A*A;
p>>=1;
}
return res;
}
}a[100],base;
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
int k;
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<n;j++)
scanf("%d",&a[1].a[i][j]);
base=a[1];
for(int i=2;i<=20;i++)
{
a[i]=a[i-1]+(a[i-1])*base;
base=base*base;
}
base=a[1];
Matrix now,ans;
now.init();
for(int i=19;i>=0;i--)
{
if((1<<i)&k)
{
ans=ans+a[i+1]*now;
now=now*(base^(1<<i));
}
}
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<n;j++)
printf("%d%c",ans.a[i][j],(j==n-1?‘\n‘:‘ ‘));
}
}
return 0;
}
1006
大廈
Time Limit : 4000/2000ms (Java/Other) Memory Limit : 65535/32768K (Java/Other)
Total Submission(s) : 41 Accepted Submission(s) : 2
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Problem Description
給你一個n(1<=n<=1000)層樓的大廈，每一樓裏面有m(1<=m<=1000)房間，
每個房間一定的金錢X(1<=x<=1000)，假設不同樓層的房間是互通的，相同樓層的房間是不互通的。也就是說每層只能取一個，現在給你一個撿錢的機會。撿錢的方式不同，會導致你得到的錢的不同，求可能撿到的錢的前k大的和
Input
輸入一個T，表示T組樣例；
每組數據第一行輸入n，m，k
接下來輸入n行，每行m個數，代表這個房間擁有的金錢
Output
輸出可能撿到的錢的前k大的和
Sample Input
1
3 4 5
1 2 3 4
5 6 7 8
1 2 3 4
Sample Output
75
解題報告：
假設任意兩層為集合A B(從大到小排序）對於B集合的元素B[i]，顯然它和A[1]組合值最大，
如果B[i]+A[j]是前K大值中的一個，那麽B[i]+A[k](1<=k < j)必然也是前K大的，
所以B[i]+A[j]被選則B[i]+A[j-1]之前就被選了，
所以優先隊列中只需維護Size(B)個元素，首先把A[1]+B[i]全部進隊，
每次從隊首拿出一個組合(i,j)(表示A[i]+B[j])，把A[i+1]+B[j]進隊，
直到拿出K個元素為止，即為這兩個集合合並的前K大
n層的話只要把每次得到的結果和其他層按照這樣處理就可以了
代碼：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<string>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<list>
#include<bitset>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
#define LL long long
#define pi (4*atan(1.0))
#define eps 1e-8
#define bug(x) cout<<"bug"<<x<<endl;
const int N=1e3+10,M=7e6+10,inf=1e9+10,MOD=10;
const LL INF=1e18+10;
int a[N],k,n,m;
vector<int>v;
struct is
{
int x,pos;
is(){}
is(int _x,int _pos):x(_x),pos(_pos){}
bool operator <(const is &c)const
{
return x<c.x;
}
};
int cmp(int x,int y)
{
return x>y;
}
vector<int> update(vector<int>v)
{
vector<int>ans;
if(v.size()*m<=k)
{
for(int i=0;i<v.size();i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
ans.push_back(v[i]+a[j]);
sort(ans.begin(),ans.end(),cmp);
}
else
{
priority_queue<is>q;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
q.push(is(a[i]+v[0],0));
}
int tmp=k;
while(tmp--)
{
is x=q.top();
ans.push_back(x.x);
q.pop();
if(x.pos+1<v.size())
q.push(is(x.x-v[x.pos]+v[x.pos+1],x.pos+1));
}
}
return ans;
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
v.clear();
v.push_back(0);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
scanf("%d",&a[j]);
v=update(v);
}
LL ans=0;
for(int i=0;i<k;i++)
ans+=v[i];
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
1007
超級牛奶
Time Limit : 6000/3000ms (Java/Other) Memory Limit : 65535/32768K (Java/Other)
Total Submission(s) : 52 Accepted Submission(s) : 6
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Problem Description
超市有 n 種牛奶，每種牛奶的濃度為 ai/1000 。
Alice 想合成出一種濃度為 k/1000 的超級牛奶，每種牛奶可以買任意杯，她最少需要買多少杯牛奶呢？
Input
多組輸入，每組數據第一行輸入 k、n ，第二行輸入 n 個數ai，表示 n 種牛奶的濃度。
0<=k<=1000 , 1<=n<=1000000, 0<=ai<=1000 。 所給數據都是整數。
Output
每組數據輸出一個數，表示最少要買多少杯牛奶。 如果無法合成濃度為 k/1000 的牛奶，就輸出 -1 。
Sample Input
50 2
100 25
Sample Output
3
解題報告：要註意到濃度絕不會超過1000/1000。
假設選取m杯牛奶，則 (a1+a2+......+am) / m = n，變換一下為(a1-n)+(a2-n)+......+(am-n) = 0。即要選 m杯牛奶，其濃度減 n之和為0。而濃度不超過1000，故(a1-n)+(a2-n)+....+(as-n)的和肯定在 -1000~1000之間，所以可以 bfs解，相當於找一條濃度0 到濃度0 的路徑，邊長為(ai-n)，這樣到每個可能濃度點的距離一定是最近的。
代碼：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<string>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<list>
#include<bitset>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
#define LL long long
#define pi (4*atan(1.0))
#define eps 1e-8
#define bug(x) cout<<"bug"<<x<<endl;
const int N=1e3+10,M=7e6+10,inf=1e9+10,MOD=10;
const LL INF=1e18+10;
vector<int>v[5];
int flag[N][2];
int dp[N][2];
int main()
{
int k,n;
while(~scanf("%d%d",&k,&n))
{
v[0].clear();
v[1].clear();
memset(flag,0,sizeof(flag));
memset(dp,-1,sizeof(dp));
int fuck=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x;
scanf("%d",&x);
if(x==k)fuck=1;
if(x<k&&!flag[k-x][0])v[0].push_back(k-x),flag[k-x][0]=1;
if(x>k&&!flag[x-k][1])v[1].push_back(x-k),flag[x-k][1]=1;
}
if(fuck)
{
printf("1\n");
continue;
}
dp[0][0]=0;
dp[0][1]=0;
for(int kk=0;kk<=1;kk++)
for(int i=0;i<v[kk].size();i++)
{
for(int j=v[kk][i];j<=1000;j++)
{
if(dp[j-v[kk][i]][kk]!=-1)
{
if(dp[j][kk]==-1)dp[j][kk]=dp[j-v[kk][i]][kk]+1;
else dp[j][kk]=min(dp[j][kk],dp[j-v[kk][i]][kk]+1);
}
}
}
int ans=inf;
for(int i=1;i<=1000;i++)
if(dp[i][0]!=-1&&dp[i][1]!=-1)
{
ans=min(ans,dp[i][0]+dp[i][1]);
}
if(ans==inf)printf("-1\n");
else printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
1008
子序列
Time Limit : 3000/1000ms (Java/Other) Memory Limit : 65535/32768K (Java/Other)
Total Submission(s) : 499 Accepted Submission(s) : 270
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Problem Description
長度為 n 的序列，把它劃分成兩段非空的子序列，定義權值為：兩段子序列的最大值的差的絕對值。求可能的最大的權值。
數據範圍：
2 <= n <= 10^6 ， 0 < 序列內的數 <= 10^6 。
Input
第一行輸入一個 T，表示有 T 組數據。
接下來有 T 組數據，每組數據的第一行輸入一個數 n ，第二行輸入 n 個數。
Output
每組數據輸出可能的最大的權值。
Sample Input
1
3
1 2 3
Sample Output
2
解題報告：
簽到題，代碼：
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<math.h>
using namespace std;
int a[1000010];
int main()
{
int t;
cin>>t;
while(t--)
{
int maxn=0;int k,n;
memset(a,0,sizeof(a));
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
if(a[i]>maxn)
{
maxn=a[i];
k=i;
}
}
int k2;
if(k!=1&&k!=n)
k2=min(a[1],a[n]);
else if(k==a[1])
{
k2=a[n];
}
else
k2=a[1];
cout<<maxn-k2<<endl;
}
return 0;
}
1009
MDD的隨機數
Time Limit : 3000/1000ms (Java/Other) Memory Limit : 65535/32768K (Java/Other)
Total Submission(s) : 61 Accepted Submission(s) : 28
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Problem Description
MDD隨機生成了n(n<le5)個隨機數x(x<=1e9),
這n個隨機數排成一個序列，MDD有q(q<=le5)個詢問，
每個詢問給你一個a，問你這個序列中有多少個區間的最大公約數不為a
Input
第一行輸入一個T,表示T組測試樣例
每組樣例包含一個n,表示n個隨機數
再輸入一個Q，表示Q個詢問
每個詢問輸入一個a
Output
每個詢問輸出有多少個區間的gcd不為a
Sample Input
1
5
1 2 4 4 1
4
1
2
3
4
Sample Output
6
12
15
12
題解：考慮到如果固定區間左端點L，那麽右端點從L+1變化到n的過程中gcd最多變化logn次（因為每次變化至少除以2）,那麽我們就可以枚舉左端點，然後每次二分值連續的區間，然後都存到map裏,只需要將所有的區間個數減去區間gcd=x的個數就是本題的答案
代碼：#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<string>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<stack>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<list>
#include<bitset>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
#define LL long long
#define pi (4*atan(1.0))
#define eps 1e-8
#define bug(x) cout<<"bug"<<x<<endl;
const int N=1e3+10,M=7e6+10,inf=1e9+10,MOD=10;
const LL INF=1e18+10;
int a[N];
map<int,LL>dp[N],ans;
map<int,LL>::iterator it;
int main()
{
int n,T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d",&n);
ans.clear();
for(int i=1;i<=n;i++)
dp[i].clear();
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
dp[i][a[i]]++;
ans[a[i]]++;
for(it=dp[i-1].begin();it!=dp[i-1].end();it++)
{
int x=it->first;
LL z=it->second;
int now=__gcd(x,a[i]);
dp[i][now]+=z;
ans[now]+=z;
}
}
LL sum=1LL*n*(n+1)/2;
int q;
scanf("%d",&q);
while(q--)
{
int x;
scanf("%d",&x);
printf("%lld\n",sum-ans[x]);
}
}
return 0;
}
1010
QAQ
Time Limit : 3000/1000ms (Java/Other) Memory Limit : 65535/32768K (Java/Other)
Total Submission(s) : 1082 Accepted Submission(s) : 223
Font: Times New Roman | Verdana | Georgia
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Problem Description
定義操作：將數 n 變為 f(n) = floor(sqrt(n))。即對一個數開平方後，再向下取整。
如對 2 進行一次操作，開平方再向下取整, 1.414213562..... = 1 , 即變為了 1 。
現在給出一個數 n，如果能在 5 次操作內把 n 變為 1，則輸出操作次數；如果則超過5次輸出"QAQ"。
數據範圍：
1<= n <= 10^100
Input
多組輸入，每行輸入一個數 ｎ。
Output
每組數據輸出要多少次操作，或者輸出"QAQ"
Sample Input
233
233333333333333333333333333333333333333333333333333333333
Sample Output
3
QAQ
解題報告：簽到題，大數
代碼：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include<string.h>
using namespace std;
int main()
{
char str[1000005];
long long n;
while(cin>>str)
{
double ant=0;
int len=strlen(str);
if(len>10)
cout<<"QAQ"<<endl;
else
{
for(int i=0;i<len;i++)
{
ant=ant*10+str[i]-‘0‘;
}
int flag=0;
while(ant!=1)
{
ant= floor(sqrt(ant));
flag++;
}
if(flag>5)
cout<<"QAQ"<<endl;
else
cout<<flag<<endl;
}
}
return 0;
}
華東交通大學2017年ACM雙基程序設計大賽題解