标签:des style blog class c code
第一题:
魔法师百小度也有遇到难题的时候—— 现在,百小度正在一个古老的石门面前,石门上有一段古老的魔法文字,读懂这种魔法文字需要耗费大量的能量和大量的脑力。 过了许久,百小度终于读懂魔法文字的含义:石门里面有一个石盘,魔法师需要通过魔法将这个石盘旋转X度,以使上面的刻纹与天相对应,才能打开石门。
但是,旋转石盘需要N点能量值,而为了解读密文,百小度的能量值只剩M点了!破坏石门是不可能的,因为那将需要更多的能量。不过,幸运的是,作为魔法师的百小度可以耗费V点能量,使得自己的能量变为现在剩余能量的K倍(魔法师的世界你永远不懂,谁也不知道他是怎么做到的)。比如,现在百小度有A点能量,那么他可以使自己的能量变为(A-V)*K点(能量在任何时候都不可以为负,即:如果A小于V的话,就不能够执行转换)。 然而,在解读密文的过程中,百小度预支了他的智商,所以他现在不知道自己是否能够旋转石盘,打开石门,你能帮帮他吗?
输入数据第一行是一个整数T,表示包含T组测试样例; 接下来是T行数据,每行有4个自然数N,M,V,K(字符含义见题目描述); 数据范围: T<=100 N,M,V,K <= 10^8
对于每组数据,请输出最少做几次能量转换才能够有足够的能量点开门; 如果无法做到,请直接输出-1。
4 10 3 1 2 10 2 1 2 10 9 7 3 10 10 10000 0
3 -1 -1 0
解题思路:
直接模拟即可,注意走一步后的能量要比之前的要大,负责会陷入死循环。
代码:
//#include<CSpreadSheet.h> #include<iostream> #include<cmath> #include<cstdio> #include<sstream> #include<cstdlib> #include<string> #include<string.h> #include<cstring> #include<algorithm> #include<vector> #include<map> #include<set> #include<stack> #include<list> #include<queue> #include<ctime> #include<bitset> #include<cmath> #define eps 1e-6 #define INF 0x3f3f3f3f #define PI acos(-1.0) #define ll __int64 #define LL long long #define lson l,m,(rt<<1) #define rson m+1,r,(rt<<1)|1 #define M 1000000007 //#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000") using namespace std; int main() { //freopen("in.txt","r",stdin); //freopen("out.txt","w",stdout); ll n,m,v,k; int t; scanf("%d",&t); while(t--) { scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d",&n,&m,&v,&k); int ans=0; if(m>=n) { printf("0\n"); continue; } ll la=m; while((m-v)*k<n&&m>=v&&(m-v)*k>la) //要判断后面的比前面打 { ans++; m=(m-v)*k; la=m; } if((m-v)*k>=n) printf("%d\n",ans+1); else printf("-1\n"); } return 0; }
Problem Description
有很多从磁盘读取数据的需求,包括顺序读取、随机读取。为了提高效率,需要人为安排磁盘读取。然而,在现实中,这种做法很复杂。我们考虑一个相对简单的场景。
磁盘有许多轨道,每个轨道有许多扇区,用于存储数据。当我们想在特定扇区来读取数据时,磁头需要跳转到特定的轨道、具体扇区进行读取操作。为了简单,我们假设磁头可以在某个轨道顺时针或逆时针匀速旋转,旋转一周的时间是360个单位时间。磁头也可以随意移动到某个轨道进行读取,每跳转到一个相邻轨道的时间为400个单位时间,跳转前后磁头所在扇区位置不变。一次读取数据的时间为10个单位时间,读取前后磁头所在的扇区位置不变。磁头同时只能做一件事:跳转轨道,旋转或读取。
现在,需要在磁盘读取一组数据,假设每个轨道至多有一个读取请求,这个读取的扇区是轨道上分布在
0到359内的一个整数点扇区,即轨道的某个360等分点。磁头的起始点在0轨道0扇区,此时没有数据读取。在完成所有读取后,磁头需要回到0轨道0扇区的始点位置。请问完成给定的读取所需的最小时间。
Input
输入的第一行包含一个整数M(0<M<=100),表示测试数据的组数。
对于每组测试数据,第一行包含一个整数N(0<N<=1000),表示要读取的数据的数量。之后每行包含两个整数T和S(0<T<=1000,0<= S<360),表示每个数据的磁道和扇区,磁道是按升序排列,并且没有重复。
Output
对于每组测试数据,输出一个整数,表示完成全部读取所需的时间。
Sample Input
3
1
1 10
3
1 20
3 30
5 10
2
1 10
2 11
Sample Output
830
4090
1642
解题思路:
dp
双调欧几里得旅行商问题。等价成两个人从起点开始走。
dp[i][j]表示一个人走到第i个位置,一个人走到第j个位置时的最小花费。保证i>j 且前i个位置都走遍了。
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j]+dis(i-1,i)) ;要么给快人从i-1走到了i
dp[i][i-1]=min(dp[i][i-1],dp[i-1][j]+dis(j,i); 要么给慢人从j走到了i
代码:
//#include<CSpreadSheet.h> #include<iostream> #include<cmath> #include<cstdio> #include<sstream> #include<cstdlib> #include<string> #include<string.h> #include<cstring> #include<algorithm> #include<vector> #include<map> #include<set> #include<stack> #include<list> #include<queue> #include<ctime> #include<bitset> #include<cmath> #define eps 1e-6 #define INF 0x3f3f3f3f #define PI acos(-1.0) #define ll __int64 #define LL long long #define lson l,m,(rt<<1) #define rson m+1,r,(rt<<1)|1 #define M 1000000007 //#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000") using namespace std; #define Maxn 1100 int dis[Maxn][Maxn],save[Maxn]; int n,dp[Maxn][Maxn]; int cal(int a,int b) { return min(abs(save[a]-save[b]),360-abs(save[a]-save[b])); } int main() { //freopen("in.txt","r",stdin); //freopen("out.txt","w",stdout); int T,Max; scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) //离散化 { int a,b; scanf("%d%d",&a,&b); save[i]=b; Max=a; } save[0]=0; for(int i=0;i<=n;i++) //预处理出距离 { for(int j=i+1;j<=n;j++) dis[i][j]=cal(i,j); } for(int i=0;i<=n;i++) //初始化 for(int j=0;j<=n;j++) dp[i][j]=INF; dp[1][0]=dis[0][1]; for(int i=2;i<=n;i++) //第i个位置一定有人走 for(int j=0;j<i;j++) { dp[i][i-1]=min(dp[i][i-1],dp[i-1][j]+dis[j][i]);//慢人从j到i dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j]+dis[i-1][i]); //快人从i-1走到i } int res=INF; for(int i=0;i<n;i++) res=min(res,dp[n][i]+dis[i][n]); printf("%d\n",res+Max*400*2+10*n); //加上轨道的偏移 和取数据花的时间 } return 0; }
Problem Description
Zeus 和 Prometheus 做了一个游戏,Prometheus 给 Zeus 一个集合,集合中包含了N个正整数,随后 Prometheus 将向 Zeus 发起M次询问,每次询问中包含一个正整数 S ,之后 Zeus 需要在集合当中找出一个正整数 K ,使得 K 与 S 的异或结果最大。Prometheus 为了让 Zeus 看到人类的伟大,随即同意 Zeus 可以向人类求助。你能证明人类的智慧么?
Input
输入包含若干组测试数据,每组测试数据包含若干行。
输入的第一行是一个整数T(T< 10),表示共有T组数据。
每组数据的第一行输入两个正整数N,M(<1=N,M<=100000),接下来一行,包含N个正整数,代表Zeus 的获得的集合,之后M行,每行一个正整数S,代表Prometheus 询问的正整数。所有正整数均不超过2^32。
Output
对于每组数据,首先需要输出单独一行”Case #?:”,其中问号处应填入当前的数据组数,组数从1开始计算。
对于每个询问,输出一个正整数K,使得K与S异或值最大。
Sample Input
2
3 2
3 4 5
1
5
4 1
4 6 5 6
3
Sample Output
Case #1:
4
3
Case #2:
4
解题思路:字典树
把每个数当成33位,从高往低位依次压到字典树中,对于每个查询X,从高位往低位,取出当前位的反,如果存在的话继续往下找,如果不存在只能从本身往后找。
代码:
//#include<CSpreadSheet.h> #include<iostream> #include<cmath> #include<cstdio> #include<sstream> #include<cstdlib> #include<string> #include<string.h> #include<cstring> #include<algorithm> #include<vector> #include<map> #include<set> #include<stack> #include<list> #include<queue> #include<ctime> #include<bitset> #include<cmath> #define eps 1e-6 #define INF 0x3f3f3f3f #define PI acos(-1.0) #define ll __int64 #define LL long long #define lson l,m,(rt<<1) #define rson m+1,r,(rt<<1)|1 #define M 1000000007 //#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000") using namespace std; #define Maxn 110000 struct Node { struct Node* next[2]; }root,node[Maxn*50]; int n,m,pp; void inse(ll cur) { Node * p=&root; for(int i=32;i>=0;i--) { if(cur&((ll)1<<(ll)i)) { if(p->next[1]==NULL) { ++pp; memset(node[pp].next,NULL,sizeof(node[pp].next)); p->next[1]=&node[pp]; } p=p->next[1]; } else { if(p->next[0]==NULL) { ++pp; memset(node[pp].next,NULL,sizeof(node[pp].next)); p->next[0]=&node[pp]; } p=p->next[0]; } } } ll qure(ll cur) { ll res=0; Node * p=&root; for(int i=32;i>=0;i--) { if(p->next[0]==NULL&&p->next[1]==NULL) return res; if(cur&((ll)1<<(ll)i)) //当前位是1 { if(p->next[0]) //找0 { p=p->next[0]; res=res*2+0; } else //不存在0 只能找1 { p=p->next[1]; res=res*2+1; } } else //为0 { if(p->next[1]) //找1 { p=p->next[1]; res=res*2+1; //printf("01: "); } else //不存在 只能找0 { p=p->next[0]; res=res*2+0; //printf("00: "); } } //printf("i:%d res:%I64d\n",i,res); //system("pause"); } return res; } int main() { //freopen("in.txt","r",stdin); //freopen("out.txt","w",stdout); int t; scanf("%d",&t); for(int ca=1;ca<=t;ca++) { memset(root.next,NULL,sizeof(root.next)); scanf("%d%d",&n,&m); pp=0; for(int i=1;i<=n;i++) { ll temp; scanf("%I64d",&temp); inse(temp); //system("pause"); } printf("Case #%d:\n",ca); while(m--) { ll temp; scanf("%I64d",&temp); printf("%I64d\n",qure(temp)); } } return 0; }
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 519 Accepted Submission(s): 174
度度熊是一只喜欢探险的熊,一次偶然落进了一个m*n矩阵的迷宫,该迷宫只能从矩阵左上角第一个方格开始走,只有走到右上角的第一个格子才算走出迷宫,每一次只能走一格,且只能向上向下向右走以前没有走过的格子,每一个格子中都有一些金币(或正或负,有可能遇到强盗拦路抢劫,度度熊身上金币可以为负,需要给强盗写欠条),度度熊刚开始时身上金币数为0,问度度熊走出迷宫时候身上最多有多少金币?
输入的第一行是一个整数T(T < 200),表示共有T组数据。 每组数据的第一行输入两个正整数m,n(m<=100,n<=100)。接下来的m行,每行n个整数,分别代表相应格子中能得到金币的数量,每个整数都大于等于-100且小于等于100。
对于每组数据,首先需要输出单独一行”Case #?:”,其中问号处应填入当前的数据组数,组数从1开始计算。 每组测试数据输出一行,输出一个整数,代表根据最优的打法,你走到右上角时可以获得的最大金币数目。
2 3 4 1 -1 1 0 2 -2 4 2 3 5 1 -90 2 2 1 1 1 1
Case #1: 18 Case #2: 4
解题思路:
dp
显然只能往右走m次,所以用dp[i][j]表示第i列且在第i行往右走 ,能达到的最大值。
枚举列,在枚举行依次找出dp[i][j]的最大值。
dp[i][j]=max(dp[i-1][k]+dis[k][j])
注意边界情况。
代码:
//#include<CSpreadSheet.h> #include<iostream> #include<cmath> #include<cstdio> #include<sstream> #include<cstdlib> #include<string> #include<string.h> #include<cstring> #include<algorithm> #include<vector> #include<map> #include<set> #include<stack> #include<list> #include<queue> #include<ctime> #include<bitset> #include<cmath> #define eps 1e-6 #define INF 0x3f3f3f3f #define PI acos(-1.0) #define ll __int64 #define LL long long #define lson l,m,(rt<<1) #define rson m+1,r,(rt<<1)|1 #define M 1000000007 //#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000") using namespace std; #define Maxn 220 int dp[Maxn][Maxn],save[Maxn][Maxn],n,m; int sum[Maxn][Maxn]; int main() { //freopen("in.txt","r",stdin); //freopen("out.txt","w",stdout); int t; scanf("%d",&t); for(int ca=1;ca<=t;ca++) { scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=1;j<=m;j++) scanf("%d",&save[i][j]); } if(m==1) { printf("Case #%d:\n%d\n",ca,save[1][1]); continue; } for(int i=1;i<=m;i++) { sum[i][0]=0; for(int j=1;j<=n;j++) sum[i][j]=sum[i][j-1]+save[j][i]; //预处理出每一列的前i行和 } memset(dp,-INF,sizeof(dp)); //printf("%d\n",dp[0][0]); dp[0][0]=0; for(int i=1;i<m;i++) { for(int j=1;j<=n;j++) { if(i==1) { dp[i][j]=sum[1][j]; continue; } int temp=-INF; for(int k=1;k<=n;k++) { int Max=max(k,j),Min=min(k,j); temp=max(temp,dp[i-1][k]+sum[i][Max]-sum[i][Min-1]); } dp[i][j]=temp; } } int ans=dp[m-1][1]+save[1][m]; for(int i=2;i<=n;i++) //最后一列单独拿出来考虑 ans=max(ans,dp[m-1][i]+sum[m][i]); printf("Case #%d:\n%d\n",ca,ans); } return 0; }
标签:des style blog class c code
原文地址:http://blog.csdn.net/cc_again/article/details/26279985