Round 0: Regionals 2010 :: NEERC Eastern Subregional
贴吧题解（官方）？
网上的题解
水 A Murphy's Law
题意：Anka拿着一块涂着黄油的面包正要往嘴里塞，忽然虎躯一震面包脱手了。 面包可以被认为是一条长度为l的线段，脱手的一瞬间面包（线段）与地面平行，此时面包的下表面为黄油。面包脱手后在掉落过程中以一定的角速度绕面包中心（即线段中点）旋转。 问面包的哪一面先着地。
l:面包的长度，以厘米为单位；
h：Anka的嘴巴与地面的垂直距离，以厘米为单位；
w：面包的在掉落过程中每分钟的转数。
思路：(cyd)根据自由落体，当面包下落到l/2的高度时可以确定面包的旋转角度，根据这个角度可以确定面包最后落地的方式。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double g=9.81;
int L,H,W;
double l,h,w,pas;
int main()
{
int i,j,k;
while(scanf("%d %d %d",&L,&H,&W)!=EOF)
{
l=L,h=H,w=W;
l=l/100.0,h=h/100.0; //单位转换
w=w/60.0;
pas=h-l/2;
if(pas<=0) //特殊情况
{
printf("butter\n");
}
else
{
double t1=sqrt(pas*2.0/g),pr;
pr=t1*w;
pr=pr-(int)pr; //去掉整数圈数
if(0.25<=pr && pr<0.75)
{
printf("bread\n");
}
else
{
printf("butter\n");
}
}
}
return 0;
}
B The Revolution Cup
题意：将一大波球队分为t个等级，编号从1到t，编号越小表示该球队的能力越强。每个等级恰好有g支球队。这些球队由一些股东进行投资。要求将这总共g*t支球队分为g个小组，每个小组t至球队，使每个小组的球队同时满足两个条件：（1）等级各不相同；（2）股东各不相同。
思路：...
代码：...
C Cube Puzzle
题意：Anka生日的时候，Petka给送了一个自制的拼装积木：积木分为6块小积木，每块小积木有一个面积为n*n的底座，外表面涂漆，内表面分为n*n个正方小格子，其中可能有一些正方小格子附着长度为k的长方小柱子，柱子的长度不会超过n。 请帮帮Anka把这6块小积木组装成一个n*n*n的正方体。这6块小积木的体位可以随意旋转。
思路：...
代码：...
数论 D The Czechs' Rifles
题意：
火枪手dota被虐，跑到杰克那里买步枪。杰克有n只步枪，第1只步枪卖1元，第2只步枪卖1元，接下来第i只步枪的价格等于第(i-1)和第(i-2)只步枪的价格之和。
火枪手只有面值为1，k，k^2, k^3……（k的非负整数次幂）的钞票，火枪手买枪，会用钞票张数最少的方案按照步枪的价格购买每一只的步枪。
要求按照每一只步枪花费的钞票张数从小到大将步枪排序，若两只步枪所花费的钞票张数相同，则编号小的步枪排在前边。
思路：(cyd)题目即求Fibonacci的第n项K进制表示后各个位的和。由于题目所要求的数列值很大，采用压缩的方式，以最大的k ^ n（< 1000000）作为进制将数列转换，先预处理出来k ^ n各个数的位数之和以节省时间，然后直接采用滚动数组模拟加法的方法进行计算。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=3005;
int n,k;
int mod;
int sum[1000005];
struct Node1
{
int cnt_num; //结果的位数和
int id; //编号
}ans[50007];
struct Node
{
int num[maxn]; //各位数的值
int num_len; //位数长度
int getans() //算出各位数之和
{
int ret=0;
for(int i=0;i<num_len;i++)
{
ret+=sum[num[i]];
}
return ret;
}
Node()
{
num_len=0;
memset(num,0,sizeof(num));
}
};
struct Node a,b,c;
bool cmp(Node1 A,Node1 B)
{
if(A.cnt_num==B.cnt_num)
return A.id<B.id;
else
return A.cnt_num<B.cnt_num;
}
int main()
{
int i,j,k;
while(scanf("%d %d",&k,&n)!=EOF)
{
mod=k;
while( mod*k <=1000000) //算出最大的K^n
{
mod=mod*k;
}
for(int i=0;i<=mod;i++) //预处理k^n里的各个数的位数之和
{
int x=i;
int temp=0;
while(x)
{
temp+=x%k;
x/=k;
}
sum[i]=temp;
}
a.num[0]=1,a.num_len=1;b.num[0]=1,b.num_len=1; //直接写出前两个数
ans[1].cnt_num=1,ans[1].id=1;ans[2].cnt_num=1,ans[2].id=2;
for(i=3;i<=n;i++) //由前两位数得出值
{
int pre=0;
for(j=0;j<a.num_len || j<b.num_len || pre;j++)
{
c.num[j]=(a.num[j]+b.num[j]+pre)%mod; //当前位的值
pre=(a.num[j]+b.num[j]+pre)/mod; //进位
}
c.num_len=j;
ans[i].id=i;
ans[i].cnt_num=c.getans(); //计算位数和
a=b;
b=c;
}
sort(ans+1,ans+n+1,cmp); //按照位数和大小，序号大小排序
for(i=1;i<=n;i++)
{
if(i==n)
printf("%d\n",ans[i].id);
else
printf("%d ",ans[i].id);
}
}
return 0;
}
暴力/数学思维 E The Machinegunners in a Playoff
题意：A和B在各自的足球场比赛，共比两场，给出其中一场A的得分数和B的得分数。问（1）A在第二场比赛至少进几球能有机会赢得比赛。（2）A在第二场比赛至多进几球使得B有机会赢得比赛。比赛规则是1. 如果两场总积分不同，则积分大的赢；2. 如果总积分相同，那么在客场比分大的赢；3. 如果还相同，那么随机决定输赢。
思路：考虑至少进球数时，假定B得分为0；考虑至多进球数时，假定B得分为30。解法一：（bh）考虑到每场比分最多30，可以直接枚举A的得分数，用规则判断是否合理。
解法二：(cyd)分类讨论法，以A队视角先分主场和客场情况，再根据赢、平、输（即输入的x,y大小比较）分类，共分为6类。问题一为A队有赢得比赛的可能，那么就让B队为最坏情况（进0球）来算A队至少进球数；问题二为B队有赢得比赛可能，那么让B队为最好情况（进30球）来算A队至多的进球数。
代码：
解法一：
#include <bits/stdc++.h>
bool home;
//A(a, c) B(b, d)
bool judge_min(int a, int b, int c, int d) {
if (a + c == b + d) {
if (home) {
//a=homeA, b=awayB
//c=awayA, d=homeB
if (c >= b) {
return true;
} else {
return false;
}
} else {
//a=awayA, b=homeB
//c=homeA, d=awayB
if (a >= d) {
return true;
} else {
return false;
}
}
} else if (a + c > b + d) {
return true;
} else {
return false;
}
}
bool judge_max(int a, int b, int c, int d) {
if (a + c == b + d) {
if (home) {
//a=homeA, b=awayB
//c=awayA, d=homeB
if (c <= b) {
return true;
} else {
return false;
}
} else {
//a=awayA, b=homeB
//c=homeA, d=awayB
if (a <= d) {
return true;
} else {
return false;
}
}
} else if (a + c < b + d) {
return true;
} else {
return false;
}
}
int main() {
int T;
scanf ("%d", &T);
getchar ();
char str[100];
while (T--) {
int x, y;
gets (str);
sscanf (str, "The Machinegunners played %s game, scored %d goals, and conceded %d goals.", &str, &x, &y);
if (str[0] == 'h') {
home = true;
} else {
home = false;
}
int minA, maxA;
for (int i=0; i<=30; ++i) {
if (judge_min (x, y, i, 0)) {
minA = i;
break;
}
}
for (int i=30; i>=0; --i) {
if (judge_max (x, y, i, 30)) {
maxA = i;
break;
}
}
printf ("%d %d\n", minA, maxA);
}
return 0;
}解法二：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
int T;
scanf ("%d", &T);
getchar ();
char str[100];
while (T--) {
int x, y;
gets (str);
sscanf (str, "The Machinegunners played %s game, scored %d goals, and conceded %d goals.", &str, &x, &y);
//printf ("$%s\n", str);
//printf ("$%d %d\n", x, y); continue;
int minA,maxA; //最少进球数和最大进球数
if (str[0] == 'h') { //主场比赛情况
if(x>y) //赢
{
minA=0;
if(x==30)
maxA=y+30-x;
else
maxA=y+30-x-1;
}
else if(x==y) //平
{
if(x==0)
minA=0;
else
minA=1;
if(x==30)
maxA=30;
else
maxA=29;
}
else //输
{
if(x==0)
minA=y;
else
minA=y-x+1;
maxA=30;
}
} else if (str[0] == 'a') { //客场比赛情况
if(x>y)
{
minA=0;
maxA=y+30-x;
}
else if(x==y)
{
minA=0;
maxA=30;
}
else
{
minA=y-x;
maxA=30;
}
}
minA = max (minA, 0);
minA = min (minA, 30);
maxA = max (maxA, 0);
maxA = min (maxA, 30);
printf ("%d %d\n", minA, maxA);
}
return 0;
}
构造 F Chapaev and a Cipher Grille
题意：一个n*n的正方形，选择n*n/4个位置”开天窗”，正方形旋转四次，那么这m个格子都能经旋转获得四个位置，要使每个格子的四个位置都不重复才能覆盖整个图。求字典序第k个的方案。
样例：
所谓的字典序就是排列成n*n的线性序列后比较大小，如（0000000011010001）比（010001000000100）要小。
思路：（bh）网上有详细分析，链接。里面的
这个意思是说相同的数字(1~4)只要某一个填1就可以了（因为可以旋转得到）。简单来说，做法就是假设该位置不填1（字典小），那么后面填数字的总方案数和k比较，如果小于k，说明前面所有方案数都不行，k-前面所有的方案数，同时该位置填1；如果大于k，说明k在前面的总方案数里面。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
const int N = 100 + 5;
int a[N][N], q[N], ans[N];
int vis[N];
int n;
ll k;
void prepare(int n) {
//m：左上角m*m小正方形，num：要填的数字
int m = n / 2, num = 0;
for (int i=1; i<=m; ++i) {
for (int j=1; j<=m; ++j) {
a[i][j] = a[j][n-i+1] = a[n-i+1][n-j+1] = a[n-j+1][i] = ++num;
}
}
//转变为n*n的线性序列
m = 0;
for (int i=1; i<=n; ++i) {
for (int j=1; j<=n; ++j) {
q[++m] = a[i][j];
}
}
}
int main() {
while (scanf ("%d%I64d", &n, &k) == 2) {
prepare (n);
memset (ans, 0, sizeof (ans));
//m：一共要填的数字个数；每个数字在整张图中出现4次
int m = n * n / 4, len = n * n;
ll tot = 1;
for (int i=1; i<=m; ++i) {
vis[i] = 4; //初始化能填的位置都有4个
tot *= 4; //4 ^ m
}
for (int i=1; i<=len; ++i) {
if (vis[q[i]] > 0) {
int v = vis[q[i]];
ll pretot = tot / v;
if (v > 1) {
//如果不选, 这个数字能填的位置还有(v-1)个
pretot *= (v - 1);
}
//因为要字典序第k个，如果在这里填数字的话，字典序是比不填大的
//所以先算前面的填了这个数字后所有方案数，pretot如果
if (k > pretot) {
//如果k>pretot，那么这个数字一定要填在这里
k -= pretot;
tot -= pretot;
ans[i] = 1;
vis[q[i]] = -1; //接下来这个数字都不填了
} else {
tot = pretot; //新的总个数
vis[q[i]]--;
if (!vis[q[i]]) {
//后面没了，只能填在这里
ans[i] = 1;
}
}
if (!k) {
break;
}
}
}
for (int i=1; i<=n; ++i) {
for (int j=1; j<=n; ++j) {
printf ("%d", ans[(i-1)*n+j]);
}
puts ("");
}
}
return 0;
}
最短路 G Mobile Telegraphs
题意：n个电话机，每一个用不同的10位0~9的数字表示，电话机A和电话机B可以通话的条件是1. 改变A的某一个数字能变成B 2. 或者A的两个数字交换能变成B。A和B的连线消耗时间为它们的最长公共前缀长度，问从电话机1到电话机n所消耗的最少连线时间。
思路：（bh）A和B能通话，就相当于A到B有一条边，边权值为消耗时间。问题转换为求1到n的最短路。本题一个关键点是图的边的数量并不是n*n，而是10*9+10*9/2=135种。这样的话可以用map来找改变后是否存在这样的电话机。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 5e4 + 5;
const int E = N * 150 * 2;
int cost[15];
ll ten_pow[15];
ll s[N];
int d[N];
int prev[N];
bool vis[N];
struct Edge {
int v, w, nex;
}edge[E];
int head[N];
int n, etot;
void SPFA(int s) {
memset (d, INF, sizeof (d));
memset (vis, false, sizeof (vis));
d[s] = 0; vis[s] = true;
std::queue<int> que;
que.push (s);
while (!que.empty ()) {
int u = que.front ();
que.pop ();
vis[u] = false;
for (int i=head[u]; ~i; i=edge[i].nex) {
Edge e = edge[i];
if (d[e.v] > d[u] + e.w) {
d[e.v] = d[u] + e.w;
prev[e.v] = u;
if (!vis[e.v]) {
vis[e.v] = true;
que.push (e.v);
}
}
}
}
}
void add_edge(int u, int v, int w) {
edge[etot].v = v; edge[etot].w = w;
edge[etot].nex = head[u]; head[u] = etot++;
}
void init_edge() {
memset (head, -1, sizeof (head));
etot = 0;
}
void print(int u, std::vector<int> &path) {
if (u == 1) {
return ;
}
print (prev[u], path);
path.push_back (prev[u]);
}
void init_ten_pow() {
ten_pow[0] = 1;
for (int i=1; i<15; ++i) {
ten_pow[i] = ten_pow[i-1] * 10;
}
}
int main() {
init_ten_pow ();
while (scanf ("%d", &n) == 1) {
std::map<ll, int> ID;
std::map<ll, int>::iterator it;
for (int i=0; i<10; ++i) {
scanf ("%d", &cost[i]);
}
for (int i=1; i<=n; ++i) {
scanf ("%I64d", &s[i]);
ID[s[i]] = i;
}
init_edge ();
for (int i=1; i<=n; ++i) {
for (int j=1; j<=10; ++j) {
for (int k=0; k<=9; ++k) {
ll tmp = s[i];
int d = (tmp / ten_pow[j-1]) % 10;
//d -> k
if (d == k) {
continue;
}
tmp = tmp - (d - k) * ten_pow[j-1];
it = ID.find (tmp);
if (it != ID.end ()) {
add_edge (i, it->second, cost[10-j]);
}
}
}
for (int j=1; j<=10; ++j) {
for (int k=j-1; k>=1; --k) {
ll tmp = s[i];
int d1 = (tmp / ten_pow[j-1]) % 10;
int d2 = (tmp / ten_pow[k-1]) % 10;
//d1 <-> d2
if (d1 == d2) {
continue;
}
tmp = tmp - (d1 - d2) * ten_pow[j-1]; //j <- k
tmp = tmp - (d2 - d1) * ten_pow[k-1]; //k <- j
it = ID.find (tmp);
if (it != ID.end ()) {
add_edge (i, it->second, cost[10-j]);
}
}
}
}
SPFA (1);
if (d[n] == INF) {
puts ("-1");
} else {
printf ("%d\n", d[n]);
std::vector<int> path;
print (n, path);
path.push_back (n);
printf ("%d\n", path.size ());
for (int i=0; i<path.size (); ++i) {
if (i > 0) {
putchar (' ');
}
printf ("%d", path[i]);
}
puts ("");
}
}
return 0;
}
H
题意：给出一个正整数n（n为合数），求n的一个划分(a1,a2,...,ak,...)(k>=2)。使得其在存在最大的最大公约数之下，存在最大的最小公倍数。
思路：(cyd)首先，要想有最大公公约数，那么假设它们的最大公约数为G，那么:G*(a1/G,a2/G,a3，...)=n,所以要想让G最大，那么只需要a1/G+a2/G+a3/G+...最小记为M，那么取M为n的最小素数因子即可。这样一来：M<=sqrt(10^9)<31625。LCM的一个定理:LCM(a1,a2,a3,...,ai)为各个数分解质因数以后，所有存在的素数的最高幂次之积。问题转换为求素数M的一个划分，使划分中的数的嘴小公倍数最大。
根据定理，我们可以断言：将拆分成M=若干个1+p1^k1+p2^k2+p3^k3+...（其中p1,p2,p3,...等数两两互质且为素数）时，最小公倍数最大。
最后变为对各个素数的指数的动态规划问题。因为每两个数都是互质的，所以其最小公倍数即为已经存在的各个数之积，因为不需要求解LCM，所以大可用double存储。如果害怕double过大时，存在前十六位相同，导致状态转移错无，那我们可以用log来表示，因为：log是单增函数，且log(a*b)=loga+logb，便于状态转移。
double dp[N][M];(M:minprime)
int pre[i][j];
我们用dp[i][j]表示用前i个数表示j时最优解，即log的最大值。
用pre[i][j]表示取dp[i][j]为最优解表示j时，j剩余的数。
状态转移方程:dp[i][j]=max(dp[i-1][j-p[i]]+(Kn)*logp[i],dp[i][j]);
这样我们最后的最优解即为:dp[N][M]：如果:M-pre[N][M]不为零的话就要输出(M-pre[N][M])*G,接下来搜索dp[N-1][j-k*prime[N]](即dp[N-1][M]，M=pre[N][M])。
最后dp[1][M]剩下来的值即为要输出的1*G的个数了。
其中对n%2，n%3的预处理可以省去很多麻烦，而且少了一大半的数
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 100007;
int vis[maxn], prime[maxn], prime_num;
int n,minprime,magcd,malcm,pre[156][35000];
double dp[160][35000];
void getprime() //处理前十万范围内的素数
{
memset(vis, 0, sizeof(vis));
for (int i = 2; i <= sqrt(maxn * 1.0); i++) {
if (!vis[i]) {
for (int j = i * i; j < maxn; j += i) {
vis[j] = 1;
}
}
}
prime_num = 0;
for (int i = 2; i < maxn; i++) {
if (!vis[i]) {
prime[++prime_num] = i;
}
}
}
int main()
{
int i,j,k;
int flg=1;
scanf("%d",&n);
getprime();
for(i=1;i<=prime_num;i++) //算出最小的素数因子
{
if(n%prime[i]==0)
{
flg=1;
minprime=prime[i];
break;
}
}
if(flg==0)
{
minprime=n;
}
magcd=n/minprime; //最大公约数
malcm=0;
if(minprime==2) //对n%2，n%3的预处理
{
printf("%d %d\n",magcd,magcd);
return 0;
}
if(minprime==3)
{
printf("%d %d\n",magcd,magcd*2);
return 0;
}
for(i=1;i<=150;i++) //只需处理前一小部分素数
{
for(j=0;j<=minprime;j++)
{
dp[i][j]=dp[i-1][j];
pre[i][j]=j;
int cnt=prime[i]; //当前素数对值的贡献
double t=log((double)prime[i]),temp;
for(k=1;cnt<=j;k++)
{
temp=t*(double)k; //k*log(p)的值
if(dp[i][j]<dp[i-1][j-cnt]+temp)
{
dp[i][j]=dp[i-1][j-cnt]+temp;
pre[i][j]=j-cnt;
}
cnt*=prime[i]; //p的k次方
}
}
}
int tot=minprime;
for(i=150;i>=1;i--)
{
if(tot-pre[i][tot]!=0) //该素数对值有贡献
{
printf("%d ",(tot-pre[i][tot])*magcd);
tot=pre[i][tot];
}
}
while(tot) //算出1的个数
{
printf("%d ",magcd);
tot--;
}
printf("\n");
return 0;
}
I
题意：...
思路：...
代码：...
暴力 J Chapaev and Potatoes
题意：四个点在20*20的格子里，问最少要移动几个点，使得存在两个点在同一条竖线或横线，且另外两个也在另一条竖线或横线，如图所示：
思路：（bh）最多重排2个土豆的位置。枚举0个/1个/2个点不动，暴力重排剩余的点，判断是否符合条件，复杂度O(N^4)。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
int x[4], y[4];
void print() {
for (int i=0; i<4; ++i) {
printf ("%d %d\n", x[i], y[i]);
}
}
bool judge() {
int c[4] = {0};
int X[4] = {x[0], x[1], x[2], x[3]};
int Y[4] = {y[0], y[1], y[2], y[3]};
for (int i=0; i<4; ++i) {
for (int j=i+1; j<4; ++j) {
if (X[i] == X[j] && Y[i] == Y[j]) {
return false;
}
if (X[i] == X[j] || Y[i] == Y[j]) {
c[i]++; c[j]++;
}
}
}
for (int i=0; i<4; ++i) {
if (c[i] != 1) {
return false;
}
}
return true;
}
void solve() {
//move 0
if (judge ()) {
print ();
return ;
}
//move 1
for (int i=0; i<4; ++i) {
int tx = x[i], ty = y[i];
for (int p=1; p<=20; ++p) {
for (int q=1; q<=20; ++q) {
x[i] = p; y[i] = q;
if (judge ()) {
print ();
return ;
}
}
}
x[i] = tx; y[i] = ty;
}
//move 2
for (int i=0; i<4; ++i) {
for (int j=0; j<4; ++j) {
int tx1 = x[i], ty1 = y[i];
int tx2 = x[j], ty2 = y[j];
for (int p1=1; p1<=20; ++p1) {
for (int q1=1; q1<=20; ++q1) {
for (int p2=1; p2<=20; ++p2) {
for (int q2=1; q2<=20; ++q2) {
x[i] = p1; y[i] = q1;
x[j] = p2; y[j] = q2;
if (judge ()) {
print ();
return ;
}
}
}
}
}
x[i] = tx1; y[i] = ty1;
x[j] = tx2; y[j] = ty2;
}
}
}
int main() {
while (scanf ("%d%d", &x[0], &y[0]) == 2) {
for (int i=1; i<4; ++i) {
scanf ("%d%d", &x[i], &y[i]);
}
solve ();
}
return 0;
}