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國慶七天樂Day1 - 2015ICPC長春站 【8/13】

阿新 • • 發佈：2018-11-10

題目連結

A - Too Rich

有面值為1.5.10.20.50.100.200.500.1000.2000的鈔票若干張，要求用盡可能多數目的鈔票湊出p元。

考慮先求出給出的所有金額之和sum，那麼問題就等價於用盡可能少的鈔票湊出sum-p元。如果每一種面值都能整除較小的那個面值，那麼只要直接貪心即可。但此題由於50和500的存在不能直接貪心，例如：p = 600，手中有3張200和1張500。

此時如果貪心的話是湊不出600的，但實際上可以。考慮到這種情況的存在，在從後往前遍歷每種面值的鈔票的時候，都分為全部使用與留一張這兩種情況，可以用dfs實現。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <algorithm>
typedef long long ll;
using namespace std;

const int maxn = 2505;
const ll INF = (1LL << 62) - 1;

int t;
ll a[15], p, ans;
ll w[15] = {1, 5, 10, 20, 50, 100, 200, 500, 1000, 2000};

void dfs(int u, ll p, ll res)
{
    if(u < 0)
    {
        if(p == 0) ans = min(ans, res);
        return;
    }
    ll tmp = p/w[u];
    tmp = min(tmp, a[u]);
    dfs(u-1, p - tmp*w[u], res + tmp);
    if(tmp > 0)
        dfs(u-1, p - (tmp-1)*w[u], res + tmp - 1);
}

int main()
{
    scanf("%d", &t);
    while(t--)
    {
        scanf("%lld", &p);
        ll sum = 0,cnt = 0;
        for(int i = 0;i < 10;i++)
        {
            scanf("%lld", &a[i]);
            sum += a[i]*w[i];
            cnt += a[i];
        }
        if(sum < p) {puts("-1"); continue;}
        sum -= p;
        ans = INF;
        dfs(9, sum, 0);
        if(ans == INF) puts("-1");
        else printf("%lld\n", cnt - ans);
    }
    return 0;
}

B - Count a*b

定義：f(n)=\sum _{i=0}^{n-1}\sum _{j=0}^{n-1}[(i*j) modn != 0],g(n)=\sum _{m|n}^{ }f(m)，求g(n)。

設：h(n)=\sum _{i=0}^{n-1}\sum _{j=0}^{n-1}[(i*j) modn == 0]，那麼f(n)=n^{2}-h(n)。考慮化簡h(n)：

h(n)=\sum _{i=1}^{n}\sum _{j=1}^{n}[gcd(i*j, n)==n]=\sum_{i=1}^{n}\frac{n}{gcd(i,n)}=\sum_{i=1}^{n}gcd(i,n)

h(n)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|gcd(i,n)}\phi (d)=\sum_{d|n}d\sum_{i=1}^{n/d}[gcd(i, n/d)==1]=\sum_{d|n}d\phi(d)

又有：g(n) = \sum_{m|n}m^{2}-\sum_{m|n}h(m)，且h(n)與\sum_{m|n}h(m)都是積性函式。

對於n=p^{\alpha }，推導可知\sum_{m|n}h(m)=(\alpha+1)p^{\alpha}那麼推廣就可有

\sum_{m|n}h(m)=n\prod_{i=1}^{k} (\alpha_{i}+1)

最終g(n) = \sum_{m|n}m^{2}-n\prod_{i=1}^{k} (\alpha_{i}+1)

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef unsigned long long ll;

const int maxn = 32005;

int t, pri[maxn], num;
ll n, cur, ans, res;
int p[30], len, cnt[30];
bool flag[maxn];

void init()
{
    memset(flag, 0, sizeof(flag));
    num = 0;
    for(int i = 2;i < maxn;i++)
    {
        if(!flag[i])
        {
            pri[++num] = i;
            for(int j = 2*i;j < maxn;j += i)
                flag[j] = true;
        }
    }
}

int main()
{
    init();
    scanf("%d", &t);
    while(t--)
    {
        scanf("%llu", &n);
        ans = 1, res = n;
        len = 0;
        memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
        for(int i = 1;i <= num;i++)
        {
            if(pri[i]*pri[i] > n) break;
            if(n % pri[i] == 0) p[len++] = pri[i];
            while(n % pri[i] == 0)
            {
                cnt[len-1]++;
                n /= pri[i];
            }
        }
        if(n > 1) {p[len] = n; cnt[len++] = 1;}
        for(int i = 0;i < len;i++)
        {
            res *= (cnt[i]+1);
            cur = 1;
            for(int j = 1;j <= cnt[i];j++)
                cur = cur*p[i]*p[i] + 1;
            ans *= cur;
        }
        ans -= res;
        printf("%llu\n", ans);
    }
    return 0;
}

E - Rebuild

給出一個多邊形，要求以每個頂點為圓心作圓，使得每條邊的兩個頂點的圓的半徑之和為這條邊的長度。問是否存在合法方案，若存在則求出圓的總面積的最小值。

可以發現，如果n是奇數，那麼如果有解則必定只存在一組解。而n是偶數時，如果有解則可行解是一個區間。

先判斷是否有解， 對於n條邊可以得到n個不等式，解這個不等式組，如果能得到合法的解區間則有解。在有解的情況下，如果n為奇數則只需要求出唯一解，如果n是偶數則需要在解區間上三分求出總面積最小的點。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int maxn = 10050;
const double eps = 1e-8;
const double pi = acos(-1.0);

int t, n;
double res[maxn];
struct node
{
    double x, y;
    double len;
}e[maxn];
int sgn(double x) {return fabs(x) < eps ? 0 : (x < 0 ? -1 : 1);}
double dis(node a, node b)
{
    return sqrt((a.x - b.x)*(a.x - b.x) + (a.y - b.y)*(a.y - b.y));
}
bool Equal(double a, double b) {return sgn(a - b) == 0;}

double calArea(double x)
{
    double res = x*x, cur = x;
    for(int i = 0;i < n-1;i++)
    {
        cur = e[i].len - cur;
        res += cur*cur;
    }
    return res*pi;
}

int main()
{
    scanf("%d", &t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d", &n);
        for(int i = 0;i < n;i++)
            scanf("%lf%lf", &e[i].x, &e[i].y);
        for(int i = 0;i < n;i++)
            e[i].len = dis(e[i], e[(i+1)%n]);
        res[0] = 0;
        for(int i = 0;i < n;i++)
        {
            if(i & 1) res[0] -= e[i].len;
            else res[0] += e[i].len;
        }
        if(n & 1)
        {
            res[0] /= 2;
            for(int i = 1;i < n;i++)
                res[i] = e[i-1].len - res[i-1];
            if(!Equal(e[n-1].len - res[n-1], res[0])) puts("IMPOSSIBLE");
            else
            {
                bool vis = 0;
                for(int i = 0;i < n;i++)
                    if(sgn(res[i]) < 0) {vis = 1; break;}
                if(vis) {puts("IMPOSSIBLE"); continue;}
                double ans = 0;
                for(int i = 0;i < n;i++) ans += (res[i]*res[i]);
                printf("%.2lf\n", ans*pi);
                for(int i = 0;i < n;i++) printf("%.2lf\n", res[i]);
            }
        }
        else
        {
            if(sgn(res[0]) != 0) {puts("IMPOSSIBLE"); continue;}
            double L = 0, R = e[0].len, cur = e[0].len, mid, mmid;
            for(int i = 1;i < n;i++)
            {
                if(i & 1) {cur -= e[i].len; L = max(L, cur);}
                else {cur += e[i].len; R = min(R, cur);}
            }
            if(L > R) {puts("IMPOSSIBLE"); continue;}
            for(int i = 0;i < 120;i++)
            {
                mid = (L + R)/2;
                mmid = (mid + R)/2;
                double sa = calArea(mid), sb = calArea(mmid);
                if(sa - sb > eps) L = mid;
                else R = mmid;
            }
            res[0] = L;
            bool flag = 0;
            for(int i = 0;i < n - 1;i++)
            {
                res[i+1] = e[i].len - res[i];
                if(sgn(res[i+1]) < 0) flag = 1;
            }
            if(flag) puts("IMPOSSIBLE");
            else
            {
                printf("%.2lf\n", calArea(L));
                for(int i = 0;i < n;i++)
                    printf("%.2lf\n", res[i]);
            }
        }
    }
    return 0;
}

F - Almost Sorted Array

給出一個數列，最多去掉一個數字，問能否將其變成單調不上升或單調不下降。

簽到題，只要最長不上升/不下降子序列的長度不小於n-1即可。

 

G - Dancing Stars on Me

給出n個整數點的座標，問這些點是否為正n邊形的n個頂點。

考慮到給出的座標都為整數，那麼當且僅當n=4時有解。

判斷正方形只需要先判四條邊是否相等，再判對角線是否相等。遍歷四個點的4！種排列。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <algorithm>
typedef long long ll;
using namespace std;

const int maxn = 55;
const ll mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-8;

int t, n;
struct node
{
    ll x, y;
}e[105];

ll dis(node a, node b)
{
    return (a.x - b.x)*(a.x - b.x) + (a.y - b.y)*(a.y - b.y);
}

bool judge()
{
    int a[] = {0, 1, 2, 3};
    do
    {
        bool flag = 0;
        ll tmp = dis(e[a[0]], e[a[3]]);
        for(int i = 0;i < 3;i++)
        {
            if(tmp != dis(e[a[i]], e[a[i+1]]))
            {
                flag = 1;
                break;
            }
        }
        if(flag) continue;
        if(dis(e[a[0]], e[a[2]]) == dis(e[a[1]], e[a[3]])) return 1;
    }while(next_permutation(a, a + 4));
    return 0;
}

int main()
{
    scanf("%d", &t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d", &n);
        for(int i = 0;i < n;i++)
            scanf("%lld%lld", &e[i].x, &e[i].y);
        if(n != 4) {puts("NO"); continue;}
        if(judge()) puts("YES");
        else puts("NO");
    }
    return 0;
}

H - Partial Tree

定義了樹的權值為所有點的權值之和， 每個點的權值為f(d)，其中d為這個點的度。求樹的最大可能權值。

一個有n個點的樹，所有點的權值之和為2n-2。顯然每個點的度最少要為1，剩下的n-2個度可以自由分配到各個點上，因為只要總的度數為2n-2，一定存在一種結構使得這種分配方案是合法的。

用dp[i]表示分配了i個度數時最大總權值，那麼dp[ i+j ] = max{dp[ i ] + f(j+1) - f(1)}。其中初始化dp[0] = n*f(1)，答案即為dp[n-2]。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <algorithm>
typedef long long ll;
using namespace std;

const int maxn = 2505;
const ll mod = 1e9 + 7;
const ll INF = (1LL << 62) - 1;
const double eps = 1e-8;

int t, n;
ll f[maxn], dp[maxn];

int main()
{
    scanf("%d", &t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d", &n);
        for(int i = 1;i < n;i++)
            scanf("%lld", &f[i]);
        for(int i = 0;i <= n;i++)dp[i] = -INF;
        dp[0] = n*f[1];
        for(int i = 0;i <= n-2;i++)
        {
            for(int j = 1;i + j <= n-2;j++)
                dp[i+j] = max(dp[i+j], dp[i] + f[j+1] - f[1]);
        }
        printf("%lld\n", dp[n-2]);
    }
    return 0;
}

J - Chip Factory

給出一個數列a，要求找出其中的三項ai，aj，ak，使得(a_{i}+a_{j})\bigoplus a_{k}最大，求這個最大值。

考慮在O(n^3)的暴力的基礎上進行優化，我們可以O(n^2)地求出兩項之和，然後在剩餘的部分裡找出一個異或值最大的。考慮到使異或最大是從高位到低位依次計算，這個過程就可以用字典樹來實現。每次將需要相加的兩個數從字典樹刪去，計算完成後再將它們插入進去。總的時間複雜度為O(n^{2}logn)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 5e4+10;
const ll INF = (1LL << 62) - 1;
const int len = 32;
const double eps = 1e-8;

ll a[maxn];
struct Trie{
	int root, tot, nex[maxn][2], num[maxn];
	ll End[maxn];
	inline int newnode(){
		memset(nex[tot], -1, sizeof(nex[tot]));
		End[tot] = 0;
		num[tot] = 0;
		return tot++;
	}
	inline void init(){
		tot = 0;
		root = newnode();
	}
	inline void Insert(ll x){
		int p = root;
		for(int i = 32; i >= 0; i--){
			int idx = ((1LL<<i)&x)? 1: 0;
			if(nex[p][idx] == -1)nex[p][idx] = newnode();
			p = nex[p][idx];
			num[p]++;
		}
		End[p] = x;
	}
	inline update(ll x, int d){
		int cur = root;
		for(int i = 32; i >= 0; i--){
			int index = (x&(1LL<<i))? 1: 0;
			cur = nex[cur][index];
			num[cur] += d;
		}
	}
	inline ll Search(ll x){
		int p = root;
		for(int i = 32; i >= 0; i--){
			int idx = ((1LL<<i)&x)? 1: 0;
			if(nex[p][idx^1] && num[nex[p][idx^1]])p = nex[p][idx^1];
			else p = nex[p][idx];
		}
		return x^End[p];
	}
}tr;
int main(){
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T--){
		int n;
		scanf("%d", &n);
		tr.init();
		for(int i = 0; i < n; i++){
			scanf("%lld", &a[i]);
			tr.Insert(a[i]);
		}
		ll ans = 0;
		for(int i = 0; i < n; i++){
			for(int j = i+1; j < n; j++){
				tr.update(a[i], -1);
				tr.update(a[j], -1);
				ans = max(ans, tr.Search(a[i]+a[j]));
				tr.update(a[i], 1);
				tr.update(a[j], 1);
			}
		}
		printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}

L - House Building

若干個1*1木塊放在n*m格子中，給出擺放的情況，求除底面以外的表面積。

簽到題，每一行和每一列掃一遍，將相鄰兩個位置高度差求和，再加上俯視面積即可。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <algorithm>
typedef long long ll;
using namespace std;

const int maxn = 55;
const ll mod = 1e9 + 7;

int t, n, m;
ll a[maxn][maxn];

ll Abs(ll a) {return a < 0 ? -a : a;}

int main()
{
    scanf("%d", &t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d%d", &n, &m);
        for(int i = 1;i <= n;i++)
        {
            for(int j = 1;j <= m;j++)
                scanf("%lld", &a[i][j]);
        }
        ll ans = 0;
        for(int i = 1;i <= n;i++)
        {
            ll now = 0;
            for(int j = 1;j <= m;j++)
            {
                ans += Abs(now - a[i][j]);
                now = a[i][j];
            }
            ans += now;
        }
       for(int j = 1;j <= m;j++)
        {
            ll now = 0;
            for(int i = 1;i <= n;i++)
            {
                ans += Abs(now - a[i][j]);
                now = a[i][j];
            }
            ans += now;
        }
        for(int i = 1;i <= n;i++)
        {
            for(int j = 1;j <= m;j++)
            {
                if(a[i][j] != 0)
                    ans++;
            }
        }
        printf("%lld\n" ,ans);
    }
    return 0;
}

 

 

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detail 根據 第七天 生成 預處理 常用 最長子串 模式匹配 com 20171007 【字符串算法】 模式匹配----kmp 定義：next[i+1]是最大的j+1使得p[0~j]是p[0~i]的後綴 通過這個next數組來跳過某些冗余計算

國慶七天樂——第六天

是什麽 父節點 堆優化 子圖 直連 線段樹 有向無環圖 連接 動態規劃 20171006 【【圖論】】 **********************定義***************************** 在講這個問題之前，首先我們需要了解圖論中的圖是什麽東西。 定義

國慶七天樂day1_2016中國大學生程式設計競賽（長春）hdu5918_Sequence I(kmp)

傳送門 題意：問a從存在多少子序列滿足子序列在a中的下標間隔為p且該子序列就是b. 直接把個子序列拿出來，依次kmp求和即可，每次詢問複雜度為 #pragma GCC optimi

國慶七天樂day2_bzoj3238 差異(字尾自動機)

傳送門 最開始想到的是SA RMQ預處理，不過既然在寫SAM那就用SAM來解決一下這個問題 其實寫起來SAM遠比SA簡潔 我們這樣想，對於兩個字尾，他的lcp的長度就是兩個對應的接收態在fail樹上的LCA的深度 如果已經想明白了上面這點，那麼對於這個問題

國慶七天的小目標

targe 點擊 blank 哪個網站 png 分享 博客園 圖片 京東 把爬蟲的幾個驗證碼解決掉。 1. 圖片驗證碼 2. 京東滑動拼圖 https://www.jd.com/ ，或者博客園的登錄。 3. 12306驗證碼 4. 點擊圖片中的文字。忘記是哪

HGOI-國慶七連測-day1

題解 今天這個題可以說是很懸了，第一題花了兩個小時，還只是交了個暴力orz，有點硬核… 第一題——bread 【題目描述】 區間內n個無色積木進行m次染色，每次將[(i∗p+q)mod[(i*p+q)mod[(i∗p+q)mod n+1,(i∗q+p)

國慶七天測（五）祭司

【題意】給定n個數的取值範圍，把他們分為a，b兩組。找到一種恰當的分組使得，兩個集合的差值的絕對值的最大值最小。n，li，ri<=200 【分析】首先一個顯而易見的規律是，差值最大值一定是一個集合

第十七天 樂在其中-Android與遠端之通過JSON訪問SQLServer 2005資料庫

           5月10日，中雨。“黑雲翻墨未遮山， 白雨跳珠亂入船。卷地風來忽吹散， 望湖樓下水如天。”        在SQLServer 2005建立資料庫librarydb，供測試使用. 建立方法見第十一天部落格。       1、伺服器端          

第六期 OSI七層簡述和基礎知識【英語翻譯】

數據鏈路 一個 live bit ftp 查看本機 mask 文件 序列 OSI 7 層 1 - 物理層2 - 數據鏈路層3 - 網絡層編址和路由4 - 傳輸層提供端到端的數據連接(端，就是端口的端)TCPUDP 5 - 會話層（系統內部實現機制，數據包中無法體現出來）6

鷓鴣天·節近重陽【明書】

strong 老家 span 味道 color bsp size ont tro 節近重陽雁唳空，登臨一路賞秋容。漫山鬥艷爭奇菊，幾帶如霞似火楓。 穿樹徑，入花叢，樂顛顛地又還童。已經春色秋光染，剩作寒梅綻後翁。 國慶還鄉喜已雙，楓染菊燦又增祥。老家味道番番醉，鄰

【7.13】單例模式（Singleton）的用法和用處以及破解單例

vol 創建者模式 code private let .get span test loaded 1）：用處 　　是一種創建者模式，只生成一個實例對象，具有全局唯一性，當一個對象的產生需要比較多的資源時, 如讀取配置（如數據庫連接池、Spring中, 一個Compone

【11-13】A股主要指數的市盈率(PE)估值高度

全指材料(SH000987) - 2018-11-13日，當前值：12.4646，平均值：30.54，中位數：26.09865，當前 接近歷史新低。全指材料(SH000987)的歷史市盈率PE詳情 內地地產(SH000948) - 2018-11-13日，當前值：8

【10.13】Bug Bounty Write-up 總結

今天慣例郵箱收到了Twitter的郵件提醒有新的post，這種郵件每天都能收到幾封，正好看到一個Bug Bounty的write up，比較感興趣，看起來也在我的理解範圍之內，這裡對這篇write up和另一篇一起做一個總結，希望能對自己對於web security的學習和bug bounty的路程有所幫助。

UOJ188. 【UR #13】Sanrd

傳送門 Sol 設 f i f_

系統分析與設計【lesson 13】

1. 描述軟體架構與框架之間的區別與聯絡 　軟體架構是有關軟體整體結構與元件的抽象描述，用於指導大型軟體系統各個方面的設計。軟體架構決策涉及到如何將軟體系統分解成不同的部分、各部分之間的靜態結構關係和動態互動關係等。經過完整的開發過程之後，這些架構決策將體現在

JZOJ5811. 【NOIP提高A組模擬2018.8.13】簡單的填數

Data Constraint 對於 30% 的資料，n ≤ 1000； 對於另外 30% 的資料，資料保證隨機生成； 對於 100% 的資料，2 ≤ n ≤ 2 × 10^5 , 0 ≤ ai ≤ 10^5。 題解 這個很顯然是特殊構造， 設一