长乐培训Day3

2019-08-16 07:53:18来源:博客园 阅读 ()

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长乐培训Day3

T1 奶牛晒衣服

题目

【题目描述】

在熊大妈英明的带领下,时针和他的同伴生下了许多牛宝宝。熊大妈决定给每个宝宝都穿上可爱的婴儿装。于是,为牛宝宝洗晒衣服就成了很不爽的事情。

圣人王担负起了这个重任。洗完衣服后,你就要弄干衣服。衣服在自然条件下用1的时间可以晒干A点湿度。抠门的熊大妈买了1台烘衣机。

使用烘衣机可以让你用1的时间使1件衣服除开自然晒干的A点湿度外,还可烘干B点湿度,但在1的时间内只能对1件衣服使用。

N件的衣服因为种种原因而不一样湿,现在告诉你每件衣服的湿度,要你求出弄干所有衣服的最少时间(湿度为0为干)。

【输入格式】

第一行N,A,B,接下来N行,每行一个数,表示衣服的湿度。

【输出格式】

一行,最少时间。

【输入样例】

3 2 1

1

2

3

【输出样例】

1

【数据规模】

1<=湿度,A,B<=500000,1<=N<=500000。

解析

第一题依旧是送分的(安慰一下其他题爆零的情绪QAQ)。

直接二分即可,每次循环中只需要判断s[i](湿度)与a*mid(mid为天数)的大小就可以了。

最后的答案即为l。

Code

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
int read()
{
    int num=0,w=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9')
    {
        if(ch=='-') w=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0'&&ch<='9')
    {
        num=(num<<1)+(num<<3)+ch-'0';
        ch=getchar();
    }
    return num*w;
}
int n,a,b,s[500100];
long long l,r,mid;
bool cmp(int x,int y)
{
    return x>y;
}
int main()
{
    //freopen("dry.in","r",stdin);
    //freopen("dry.out","w",stdout);
    n=read(),a=read(),b=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        s[i]+=read();
        r+=s[i];
    }
    while(l<=r)
    {
        long long ans=0;
        mid=(l+r)>>1;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            if(s[i]-a*mid>0)
            {
                if((s[i]-a*mid)%b==0) ans+=(s[i]-a*mid)/b;
                else ans+=(s[i]-a*mid)/b+1;
            }
        if(ans<=mid) r=mid-1;
        else l=mid+1;
    }
    cout<<l;
    return 0;
    //fclose(stdin);
    //fclose(stdout);
}
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T2 解密文件

题目

【题目描述】

 已知英语中26个字母出现的概率p[0],p[1]……,p[25](它们的和为1),分别表示’a’, ‘b’,‘c’……出现的概率(大写字母和小写字母被认为是一样的)。

现在有一个加密过的文件,加密方法是将原文件中的每一个字母进行相同的变换,其他的字符不变,变换的方法如下:

如果将a到z编号为0到25,那么字母i将被替换成(i+k) mod 26,0<=k<26。原来是大写的字母,仍然是大写,原来是小写的字母仍然是小写。

但是你并不知道k的值,所以只好枚举。因为知道26个字母出现的频率,所以你可以选择一个尽量好的k,使得频率的方差和最小,方差和定义如下:

假设你枚举的k还原出来的原文件中的26个字母出现的概率为x[0], x[1], ……, x[25],那么方差和为:(p[0]-x[0])^2 + (p[1]-x[1])^2 + …… + (p[25]-x[25])^2。

如果有两个相同的k一样好,那么选较小的k。

最后输出解密出的原文件。

【输入格式】

前26行分别是26个字母出现的概率。

接下来是一个只含有26个大小写字母和空格,换行符,标点符号,阿拉伯数字等的文本。

【输出格式】

解密过的文本。

【输入样例】

0.109375

0.000000

0.062500

0.015625

0.109375

0.015625

0.015625

0.000000

0.062500

0.015625

0.000000

0.078125

0.062500

0.062500

0.093750

0.015625

0.015625

0.031250

0.046875

0.046875

0.046875

0.000000

0.000000

0.000000

0.093750

0.000000

L dp Ol Bxtldq, ru brx fdq fdoo ph VsdfhIobhu.

L dp jodg wr vhh brx.

Hqmrb pb frqwhvw.

【输出样例】

I am Li Yuqian, or you can call me SpaceFlyer.

I am glad to see you.

Enjoy my contest.

【数据规模】

输入文件不超过10k。

解析

这题直接模拟即可,非常恶心有趣。

先预处理出a数组(每个数字所对应的字母,0-25表示a-z,26-51表示A-Z)。

处理文本我用的是string,直接while循环getline(cin,s[++temp]),这里有两个细节:

1、输入时要先输入一个“\n”(我也不知道为什么,反正它会读入一个换行);

2、由于++temp,所以即使没有读入了还是会自加一次,所以要-1或者输出时把<=改成<。

关于每个字母的频率,本蒟蒻是在枚举k时每次都计算,实际上并不用那么麻烦,

因为每个字母都是由初始字母一一对应转换来的,所以只需要计算初始字母的频率就行了(输入时明明给了的说)。

然后取方差和最小的即可。输出时如果是字母要分大写和小写处理,

小写输出a[(int)((s[i][j]-'a'+kk)%26)],大写输出a[(int)((s[i][j]-'A'+kk)%26+26)](预处理a数组是大写字母实在小写字母基础上+26的)。

如果不是字母直接输出原来的文本就好了。

Code

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
int temp=0,sum[55],kk;
double p[26],x[26],ans,minn=1000000.0;
char a[55];
string s[10001];
int main()
{
    //freopen("decode.in","r",stdin);
    //freopen("decode.out","w",stdout);
    for(int i=0;i<26;i++) a[i]=char('a'+i);
    for(int i=26;i<52;i++) a[i]=char('A'+i-26);
    for(int i=0;i<26;i++) cin>>p[i];
    scanf("\n");
    while(getline(cin,s[++temp])) ;
    for(int k=0;k<26;k++)
    {
        memset(sum,0,sizeof(sum));
        ans=0.0;
        for(int i=1;i<=temp;i++)
            for(int j=0;j<s[i].size();j++)
            {
                if(s[i][j]>='a'&&s[i][j]<='z') sum[(s[i][j]-'a'+k)%26]++;
                if(s[i][j]>='A'&&s[i][j]<='Z') sum[(s[i][j]-'A'+k)%26]++;
            }
        for(int i=0;i<26;i++)
        {
            x[i]=(double)(sum[i]*0.03846153846);
            ans+=(p[i]-x[i])*(p[i]-x[i]);
        }
        if(ans<minn)
        {
            minn=ans;
            kk=k;
        }
    }
    for(int i=1;i<temp;i++)
    {
        for(int j=0;j<s[i].size();j++)
        {
            if(s[i][j]>='a'&&s[i][j]<='z') cout<<a[(int)((s[i][j]-'a'+kk)%26)];
            else if(s[i][j]>='A'&&s[i][j]<='Z') cout<<a[(int)((s[i][j]-'A'+kk)%26+26)];
            else cout<<s[i][j];
        }
        cout<<endl;
    }
    return 0;
    //fclose(stdin);
    //fclose(stdout);
}
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T3 休息

题目

【题目描述】

休息的时候,可以放松放松浑身的肌肉,打扫打扫卫生,感觉很舒服。在某一天,某LMZ开始整理他那书架。

已知他的书有n本,从左到右按顺序排列。他想把书从矮到高排好序,而每一本书都有一个独一无二的高度Hi

他排序的方法是:每一次将所有的书划分为尽量少的连续部分,使得每一部分的书的高度都是单调下降,然后将其中所有不少于2本书的区间全部翻转。

重复执行以上操作,最后使得书的高度全部单调上升。可是毕竟是休息时间,LMZ不想花太多时间在给书排序这种事上面。

因此他划分并翻转完第一次书之后,他想计算,他一共执行了多少次翻转操作才能把所有的书排好序。

LMZ惊奇地发现,第一次排序之前,他第一次划分出来的所有区间的长度都是偶数。

【输入格式】

第一行一个正整数n, 为书的总数。

接下来n行,每行仅一个正整数Hi,为第i本书的高度。

【输出格式】

仅一个整数,为LMZ需要做的翻转操作的次数。

【输入样例】

6

5 3 2 1 6 4

【输出样例】

3

【数据规模】

对于10%的数据:n<=50

对于40%的数据:n<=3000

对于100%的数据:1<=n<=100000, 1<=Hi<=n

解析

其实这题就是在求逆序对,所以用归并排序来做。

在归并的过程中,如果a[i]>a[j],即逆序对,则ans+=mid-i+1,具体原因模拟一遍就知道了。

程序中运用到的reverse函数是<algorithm>里的,作用是翻转,在给p[cnt].r赋值的时候,赋的是i-1,所以在翻转时,得在最后+1。

答案是在n2/2的,很显然int是不够的,记得开long long。

Code

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
int c[N], a[N], n;
long long ans;
void msort(int l, int r) {
    if(l == r) return;
    int mid = (l + r) >> 1;
    msort(l, mid), msort(mid + 1, r);
    int i = l, j = mid + 1, k = l;
    while(i <= mid && j <= r) {
        if(a[i] <= a[j]) 
            c[k++] = a[i++];
        else {
            ans += mid - i + 1;
            c[k++] = a[j++];
        }
    }
    while(i <= mid) c[k++] = a[i++];
    while(j <= r) c[k++] = a[j++];
    for(int t = l; t <= r; t++)
        a[t] = c[t];
}
struct rec {
    int l, r;
}p[N];
int main() {
    //freopen("rest.in", "r", stdin);
    //freopen("rest.out", "w", stdout);
    int cnt = 0;
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d", a + i);
        if(a[i] > a[i - 1]) {
            p[cnt].r = i - 1;
            p[++cnt].l = i;
        }
    }
    p[cnt].r = n;
    for(int i = 1; i <= cnt; i++) 
        reverse(a + p[i].l, a + p[i].r + 1), ans++;
    msort(1, n);
    cout<<ans;
    return 0;
}
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T4 矩阵取数游戏

题目

【题目描述】

帅帅经常跟同学玩一个矩阵取数游戏:对于一个给定的n*m的矩阵,矩阵中的每个元素aij均为非负整数。游戏规则如下:

1.每次取数时须从每行各取走一个元素,共n个。m次后取完矩阵所有的元素;
2.每次取走的各个元素只能是该元素所在行的行首或行尾;
3.每次取数都一个得分值,为每行取数的得分之和;每行取数的得分=被取走的元素值*2i,其中i表示第i次取数(从1开始编号);
4.游戏结束总得分为m次取数得分之和。

帅帅想请你帮忙写一个程序,对于任意矩阵,可以求出取数后的最大得分。

【输入格式】

输入文件包括n+1行:

第一行为两个用空格隔开的整数n和m。

第2~n+1行为n*m矩阵,其中每行m个用单个空格隔开。

【输出格式】

输出文件仅包含1行,为一个整数,即输入矩阵取数后的最大的分。

【输入样例】

2 3
1 2 3
3 4 2

【输出样例】

82

【数据规模】

60%的数据满足:1<=n, m<=30,答案不超过1016

100%的数据满足:1<=n, m<=80,0<=aij<=1000

解析

这题实际上一眼就可以看出是区间DP。

令f[i][j]表示第k行取数取成了[i,j]的区间的得分。

由于只能从左右两端取,所以状态转移方程显而易见:

f[i][j]=max(f[i-1][j]+a[i-1][j]*2m-j+i-1,f[i][j+1]+a[i][j+1]*2m-j+i-1)

由于本蒟蒻的代码i和j都是从0开始循环的所以2的次方并不是m-j+i-1,而是i+j(个人更推荐上面的写法,更通俗易懂)。

好了,这题就是这样。

才怪,

如果单单只是这样的话,这题就太简单了,

但是!!!!!

注意看数据范围,m最大为80,那么2的80次方是多少?1208925819614629174706176!

这么大的数int不行,long long也不行,哪怕是unsigned long long也不够,那怎么办呢?

答案是:高精!

高精才是这道题真正恶心的地方,需要用到的有:

高精+高精、高精*单精、max(高精,高精)。

所以本蒟蒻来讲一下高精如何实现......才怪。

由于本蒟蒻不会高精,所以下面代码中的高精是直接从标程“借鉴”来的(手动滑稽)。

Code

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
int read()
{
    int num=0,w=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9')
    {
        if(ch=='-') w=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0'&&ch<='9')
    {
        num=(num<<1)+(num<<3)+ch-'0';
        ch=getchar();
    }
    return num*w;
}
int n,m,a[85][85];
struct sb{
    int c[16];
    friend inline sb operator * (const sb &a, const int &b)
    {
        sb c;
        for(int i = 1; i <= 15; i ++)
            c.c[i] = 0;
        c.c[0] = a.c[0];
        int p = 0;
        for(int i = 1; i <= a.c[0]; i ++)
        {
            c.c[i] = a.c[i] * b + p;
            p = c.c[i] / 10000;
            c.c[i] %= 10000;
        }
        int &len = c.c[0];
        while (p)
        {
            c.c[++len] = p % 10000;
            p /= 10000;
        }
        return c;
    }
    friend inline sb operator * (const sb &a, const sb &b)
    {
        sb c;
        for(int i = 1; i <= 15; i ++)
            c.c[i] = 0;
        c.c[0] = a.c[0] + b.c[0] - 1;
        for(int i = 1; i <= a.c[0]; i ++)
        {
            int p = 0;
            for(int j = 1; j <= b.c[0]; j ++)
            {
                c.c[i + j - 1] += a.c[i] * b.c[j] + p;
                p = c.c[i + j - 1] / 10000;
                c.c[i + j - 1] %= 10000;
            }
            c.c[i + b.c[0]] += p;
        }
        if (c.c[c.c[0] + 1]) c.c[0] ++;
        return c;
    }
    friend inline sb operator + (const sb &a, const sb &b)
    {
        sb c;
        int &len = c.c[0];
        c.c[0] = max(a.c[0], b.c[0]);
        for(int i = 1; i <= 15; i ++)
            c.c[i] = 0;
        int p = 0;
        for(int i = 1; i <= len; i ++)
        {
            c.c[i] = a.c[i] + b.c[i] + p;
            p = c.c[i] / 10000;
            c.c[i] %= 10000;
        }
        if (p) len ++, c.c[len] = p;
        return c;
    }
    inline sb operator = (const sb &b)
    {
        c[0] = b.c[0];
        for(int i = 1; i <= 15; i ++)
            c[i] = 0;
        for(int i = 1; i <= b.c[0]; i ++)
            c[i] = b.c[i];
        return *this;
    }
    inline void print()
    {
        cout << c[c[0]];
        for(int i = c[0] - 1; i >= 1; i --)
            printf("%04d", c[i]);
        cout << endl;
    }
};
inline sb Max(const sb &a, const sb &b)
{
    if (a.c[0] > b.c[0]) return a;
    else if (a.c[0] < b.c[0]) return b;
    else if (a.c[0] == b.c[0])
    {
        for(int i = a.c[0]; i >= 1; i --)
            if (a.c[i] > b.c[i]) return a;
            else if (a.c[i] < b.c[i]) return b;
    }
    return a;
}
sb f[85][85],cf[85],tot,ans;
int main()
{
    //freopen("game.in","r",stdin);
    //freopen("game.out","w",stdout);
    n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++) a[i][j]=read();
    cf[0].c[0]=1;cf[0].c[1]=1;
    for(int i=1;i<=m;i++) cf[i]=cf[i-1]*2;
    for(int k=1;k<=n;k++)
    {
        for(int i=0;i<=m;i++)
            for(int j=0;j<=m;j++) memset(f[i][j].c,0,sizeof(f[i][j].c));
        f[m][m].c[0]=1;
        memset(tot.c,0,sizeof(tot.c));
        tot.c[0]=1;
        for(int i=0;i<=m;i++)
            for(int j=0;j<=m-i;j++)
            {
                if(i==0&&j==0) continue;
                if(i) f[i][j]=Max(f[i][j],f[i-1][j]+cf[i+j]*a[k][i]);
                if(j) f[i][j]=Max(f[i][j],f[i][j-1]+cf[i+j]*a[k][m-j+1]);
                tot=Max(tot,f[i][j]);
            }
        ans=ans+tot;
    }
    ans.print();
    //fclose(stdin);
    //fclose(stdout);
    return 0;
}
View Code

 


原文链接:https://www.cnblogs.com/I-Love-You-520/p/11239720.html
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