随笔分类 - LETTers比赛
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摘要：LETTers比赛第十二场解题报告提交人：周杰第一题：典型的misere nim问题。可以通过拓展的nim游戏的证明来求解。单一nim游戏的证明是通过证明N和P态，然后证明必然的路径和终止状态的归属来证明的。这道题也是一样。具体证明可以参考09年国家集训队贾志豪的论文，或者参考我放在群共享里的game theory教材，或者下面这篇证明：http://blog.csdn.net/tdreamge/article/details/7227295。放上我的核心代码：int t;int num1, num2;int n;int data;int ans;int...
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摘要：第1题解题报告提交人：蔡驰宇提交日期：2012.05.09题目描述很水的一道题，实际上就是一个三角形求重心的问题，套用公式就好了。程序#include<iostream>#include<cmath>using namespace std;const int inf=1<<29;const int M=50200;const double eps=1e-8;struct point{ double x,y;}po[5],p,g;int n;int main(){ int T,i; while(scanf("%d",&T)==1)
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摘要：开始用深搜，写了大半突然发现不行，大牛指导下改用广搜，开始是单纯的广搜，只是对方向处理的时候有点特殊，即break出的小水滴若没遇到阻碍则一直沿相同方向前进，否则被吸收，如果吸收后的大水滴过了稳定的限制则重新break成四个方向的小水滴。WA搜到一大牛博客，进一步发现如果在q次点击结束前已经到达了全为0的状态，则剩下的水滴不用再处理，输出YES,加上后依然WA然后放下，等自己灵感乍现吧灵感乍现如果格局一开始就全为0，那就后面的点击都不用处理了，直接YES，WA要断网的时候又仔细看了遍题目，终于发现了关键点：When multiple waterdrops arrive at （a square
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摘要：这题感觉 lcp 还是必须的，时限卡得比较紧，所以就只能扩展 kmp 了。但是比起后缀系列的 lcp ，扩展 kmp 能求的 lcp 还是有一些限制的。本题中，对于一些情况，就不得不用循环复制的方法，将问题化解。大致可以分为 3 种情况，具体就看图吧。#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;#define MAXN 100000#define max(x,y) x>y?x:yvoid get_self_lcp(char *t, int lt, int
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摘要：矩阵连乘，直接暴力之。因为只要求保留两位小数，函数一定是收敛的。#include<iostream>using namespace std;double temp[105][105];double jiecheng(int n){//不想查阶乘的英文了。if(n==0)return 1;double ans=1;for(int i=1;i<=n;i++)ans*=i;return ans;}void Matrix_Muti(double mt[105][105],int n){int i,j,l,count;double m,save[105][105],di,ans[105
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摘要：【题目意思】给你很多个点，这些点满足a set of points (xi, yi) that satisfy xi < xj and yi > yj for all i < j.让你用一棵树把所有点连在一齐，树只能往上跟右生长，求树的总长度最小 【解题思路】类似石子合并，加上四边形优化就行了 定义状态 dp[i,j]表示点i到点j合并在一起的最小花费（树枝的长度）， 状态转移方程：dp[i,j]= min(dp[i,k]+dp[k+1,j]+cost(i,j) ) i<k<j cost(i,j)=py[k]-py[j]+px[k+1]-px[i]; 当j固定时，
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摘要：这个题等价于求将长度为2k的序列A = {1,2,...,2k}划分为两个长度为k的递增子序列B = {b1,b2,...,bk} 和 C = {c1,c2,...,ck}，对任意i属于1到k满足bi < ci 的划分方式总数。 一个满足条件的划分等价于： 有两个栈，一个叫A，一个叫B，元素从小到大依次入栈，但是必须满足B栈的长度在任意时刻不小于A栈的长度。比如，如果有六个数1到6，则下图是一种入栈方式： 很明显，这是一个Catalan数了。View Code 1 #include <stdio.h> 2 const int MAX = 41; 3 long long num
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摘要：这道题和上次周杰出的相似三角形题，是我们校队在2011区预赛中做对的唯一的两道题，最终校队是以罚时的微弱劣势丧失银牌~解题思路很多种，这里提供一种自己的思路首先题目求解最小生成树（MST）；这里用Prim算法并把最小生成树边的集合存起来；然后依次去掉每条边，考虑这个n-2边的图，两个for循环依次枚举这两个连通图上的点；得出最优值。View Code 1 #include<stdio.h> 2 #include<string.h> 3 #include<math.h> 4 const int maxn=1000+10; 5 typedef struct 6
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摘要：这是其它国家区预赛的题目，大家可以看出来区域现场赛最简单题的难度。解题的思路很容易想到，四则运算处理可能比较麻烦~但是经过细心调试应该问题不大；还有就是排列的生成可以自己写，但是这里提倡用next_permutation()函数！还有一点是要注意结束的判断。 以下是参考解题程序：View Code 1 #include<stdio.h> 2 #include<stack> 3 #include<algorithm> 4 #include<ctype.h> 5 #include<string.h> 6 using namespace s
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摘要：状态为DP[x][y][z]=DP[x-1][y][z-1]+DP[x][y-1][z]+DP[x][y][z-1];注意一点数值为长整型！#include<stdio.h>#include<string.h>const int maxn=20;__int64 f[maxn][maxn][maxn];int vis[maxn][maxn][maxn];__int64 Solve(int a,int b,int c){ if(a<0||b<0||c<0)return 0; if(vis[a][b][c])return f[a][b][c]; vis[a]
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摘要：1004UnitFractionPartition(POJ1980)解题思路：DFS+剪枝。这题的剪枝条件还是比较严格的，很容易超时，我想到的需要剪枝的情况有以下几点：①前几项的和超过了最大值。②前几项的积超过了最大值。③深度超出。④提前“预测”剪枝：即如果剩余的项数乘以当前最小分数要大于剩余的值，则不应该往下搜索。第④点是至关重要的，没有考虑到的话一般会超时。还有可以优化的地方就是避免用实数类型，一是精度难以把握，而是实数运算相对整数运算要慢。代码如下：#include <cstdlib>#include <iostream>using namespace std;i
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摘要：1003TheEmbarrassedCryptographer(POJ2635)解题思路：高精度求模+同余模定理+素数打表。注意以下几点：①素数表不能只打到10^6，必须保证素数表中的最后一个大于10^6。②读入大数后用千进制（或万进制，十万进制……），用十进制可能会超时。代码如下：#include <cstdlib>#include <iostream>using namespace std;char key[105];int keyLen = 0;int num[105];int numLen = 0;int primes[1000005];int cnt = 0;
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摘要：1002Babelfish(POJ2503)解题思路：字符串的哈希，找一个比较好的hash函数就可以了，冲突时用链表的形式组织。用STL中的map等容器也可以过，不过性能差点。代码如下：#include <cstdlib>#include <iostream>using namespace std;#define N 1000005#define HASH 3999971struct node{ char a[11]; char b[11]; int next;};struct node words[N];int head[HASH];int t = 0;int inl
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摘要：1001BasicallySpeaking(POJ1546)基本思路：基本的进制转换，先转化成十进制再转化成目标进制即可。代码如下： 1 #include <cstdlib> 2 #include <iostream> 3 #include <cmath> 4 5 using namespace std; 6 7 int a = 0; 8 int b = 0; 9 char aNum[10];10 char bNum[10];11 12 void solve()13 {14 int i = 7;15 int j = 0;16 int ans = 0;17 i
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摘要：N!log10(10000!) = ∑log10(i)( 1<= i <= 10000) = 35659.5，所以10000!≈10^35659.5，这个数很大，所以用模拟手算乘法的方法计算。#include<iostream>#include<math.h>using namespace std;#define MAXN 40000int a[MAXN], bit;void mul(int*m, int a) // m = m * a{ int c, i; bit += int(log10(double(a))) + 2; for(c=0,i=0; i&l
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摘要：报告人:侯建鹏报告日期：2012/4/161004 Max Sum Plus Plus解题思路：动态规划的思想。1.基本思路：首先，定义数组p[n],a[m][n].p[n]用来存储n个整数组成的序列.a[i][j]用来表示由前j项得到的含i个字段的最大值，且最后一个字段以p[j]项结尾。仔细想想，我们可以知道： a[i][j]=max(a[i][j-1]+p[j],a(i-1,t)+p[j]) 其中i-1<=t<=j-1.所求的最后结果为 max( a[m][j] ) 其中1<=j<=n.但是，我们会发现，当n非常大时，这个算法的时间复杂度和空间复杂度是非常高的,时间
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摘要：报告人：侯建鹏报告日期：2012/4/161003 大明A+B解题思路:模拟我的方法很简单，就是不停的模拟、模拟、再模拟。首先，把每个数都分成两部分，整数部分和小数部分，即a_h_count、a_l_count、b_h_count、b_l_count。相信只要细心一些都可以做出来的。然后，把模拟人工计算过程，先加小数位，加完之后，产生的对整数位的进位再和两个数的整数部分相加，最后把零去掉，输出就可以了。关键是：一定要细心！！！详见代码。#include<stdio.h>#include<string.h>#define N 400+10char a[N],b[N];in
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摘要：提交人：侯建鹏提交日期：2012/4/161002 Ignatius and the Princess III解题思路（一）：动态规划先设置int p[N][N];Dp 方程为：p[i][j]=p[i][j-1]+p[i-j][j]。其中，p[i][j]表示将i分解成小于等于j个项的方法的种数。很明显，p[i][j]等于将i分解成小于等于j-1个项的种数（即p[i][j-1]），再加上，将它分解成j个项的方法的种数（即p[i-j][j]）.下面重点来说一下为什么将i分解成j个项的方法的种数为p[i-j][j]。举例：将4分解成2个项的方法有两种，3、1和2、2.将这两组数字每个数字都减一，你会
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摘要：提交人：侯建鹏提交日期：2012/4/161001 Least Common Multiple 这道题求解的是几个数的最小公倍数，我的想法是先求前两个数的最小公倍数，再求的得到的这个数和第三个数的最小公倍数，以此类推。求解两个数a和b的最小公倍数d的方法：1、 用辗转相除法求出这两个数的最大公约数，记为c。2、 则最小公倍数d=(a/c)*b。特别注意的问题：为什么d=(a/c)*b而不是d=（a*b）/c? 因为a和b都是32bit的数字，如果先执行a*b很可能会超出32bit的存储范围而发生错误，所以先除再乘。（当然，如果你用的是__int64，可以忽略这个问题）#include<s
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摘要：LETTers比赛第二场解题报告：提交人：周杰第一题：典型的威佐夫博奕，具体解法请大家参考程序中的吧，有现成的公式，有兴趣的同学可以试试去查下证明过程。AC程序之一：#include <stdio.h>#include <math.h>int a, b, temp, k;int result;int main (int argc, char* argv[]) { while (scanf("%d %d", &a, &b) != -1) { if (a > b) { temp = a; a = b; b = temp; } k =
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