牛客IOI周赛22-普及组

链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/11038

A. 战争尾声
思路：枚举从（1, 1）至（200，200）所有的点，判断是否存在一个点到其他所有点距离均相等，然而这道题实际上不一定要开double 用int一样可以过，因为在计算距离的时候保留距离的平方值进行比较也是可以允许的，时间复杂度：O（n * 200^2）.
100分代码：

#include<iostream>
#include<cmath>
#define debug(x) cout << "***" << x << endl
const int N = 205;
const double eps = 1e-4;
using namespace std;
int n, cnt = 0, flag = 1;
struct Node
{
    double x, y;
}a[N];
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> a[i].x >> a[i].y;
    for(int i = 1; i <= 200; i++)
    {
        for(int j = 1; j <= 200; j++)
        {
            flag = 1;
            double res = sqrt(pow(fabs(a[1].x - 1.0 * i), 2) + pow(fabs(a[1].y - 1.0 * j), 2));
            for(int k = 1; k <= n; k++)
            {
                double dis = sqrt(pow(fabs(a[k].x - 1.0 * i), 2) + pow(fabs(a[k].y - 1.0 * j), 2));
//                cout << i << " " << j << endl;
//                debug(dis);
                if(fabs(res - dis) > eps)
                {
                    flag = 0;
                    break;
                }
            }
            if(flag)
            {
                cout << i << " " << j << endl;
                break;
            }
        }
        if(flag) break;
    }
    if(!flag) cout << "War is cruel." << endl;
    return 0;
}

B. 签订协议
思路：

• 60分解法：利用优先队列把每次序列中最大值找出后，从该最大值开始往下访问不断更新并判断该序列的最大值（不断去掉该轮最大值）是否在该轮最大值之后，时间复杂度：O（n^2logn）.
• 100分解法：将序列中从大到小排序，并记录每个数的位置，从前向后访问，若当前访问到国家的位置比下一个即将访问到国家的位置大，说明，高战力的国家在一个低战力国家之后，那么肯定需要再进行一轮传递，时间复杂度达到：O（nlogn）

60分代码：

#include<iostream>
#include<queue>
#include<vector>
#define debug(x) cout << "***" << x << endl
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 8e5 + 5;
int n;
vector<PII> a;
priority_queue<PII, vector<PII>, less<PII> > heap;
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
    cin >> n;
    for(int i = 0; i < n; i++)
    {
        int x;
        cin >> x;
        a.push_back({x, i});
        heap.push({x, i});
    }
    int num = 0;
    while(heap.size())
    {
        num ++;
        PII temp = heap.top();
        heap.pop();
        int val = temp.first, pos = temp.second;
        //debug(val);
        for(int i = pos + 1; i < n; i++)
        {
            PII nowNode = heap.top();
            if(a[i].first == nowNode.first)
            {
                val = nowNode.first;
                pos = nowNode.second;
                heap.pop();
            }
            //debug(val);
        }
    }
    cout << num <<endl;
    return 0;
}

100分代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 8e5 + 5;
int n;
struct Node
{
    int val, pos;
}a[N];
bool cmp(Node a, Node b)
{
    return a.val > b.val;
}
int main()
{
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> a[i].val;
        a[i].pos = i;
    }
    sort(a + 1, a + 1 + n, cmp);
    int cnt = 0;
    for(int i = 1; i <= n - 1; i++)
    {
        if(a[i].pos > a[i+1].pos)
            cnt ++;
    }
    cout << cnt + 1;
    return 0;
}

C. （暂时懵逼）

D. 路线规划
思路：最小生成数的权值 * 2即为答案，权值需要开LL，不然只能过60%

Prime代码：

#include<iostream>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<LL, LL> PII;
const int N = 2e5 + 5;
int n, m;
int dis[N], st[N];
vector<PII>g[N];
priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII>> heap;
LL prime()
{
    LL cnt = 0, sum = 0;
    dis[1] = 0;
    heap.push({0, 1}); //权值、顶点
    while(heap.size() && cnt < n)
    {
        PII temp = heap.top();
        heap.pop();
        LL nowNode = temp.second, nowVal = temp.first;
        if(st[nowNode]) continue;
        cnt ++;
        st[nowNode] = 1;
        sum += nowVal;
        for(int i = 0; i < g[nowNode].size(); i++)
        {
            LL nextNode = g[nowNode][i].first, nextVal = g[nowNode][i].second;
            if(dis[nextNode] > nextVal)
            {
                dis[nextNode] = nextVal;
                heap.push({nextVal, nextNode});
            }
        }
    }
    return sum;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
    memset(dis, 0x3f, sizeof dis);
    memset(st, 0, sizeof st);
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= m; i++)
    {
        LL u, v, x;
        cin >> u >> v >> x;
        g[u].push_back({v, x});
        g[v].push_back({u, x});
    }
    cout << prime() * 2 << endl;
    return 0;
}

Kruaskal代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#define debug(x) cout << "***" << x << endl
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 2e6 + 5;
const int M = 2e5 + 5;
LL par[M];
int n, m;
struct Edge
{
    LL a, b , w;
}e[N];
bool cmp(Edge x, Edge y)
{
    return x.w < y.w;
}
LL find(LL x)
{
    return par[x] == x ? x : par[x] = find(par[x]);
}
void merge(LL x, LL y)
{
    par[find(x)] = find(y);
}
LL kruskal()
{
    sort(e + 1, e + m + 1, cmp);
    LL cnt = 0, sum = 0;
    for(int i = 1; i <= m; i++)
    {
        LL a = e[i].a, b = e[i].b, w = e[i].w;
        if(find(a) != find(b))
        {
            merge(a, b);
            cnt ++;
            sum += w;
        }
        if(cnt == n - 1) break;
    }
    return sum;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0), cout.tie(0);
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        par[i] = i;
    for(int i = 1; i <= m; i++)
        cin >> e[i].a >> e[i].b >> e[i].w;
    cout << kruskal() * 2 << endl;
    return 0;
}