第六届福建省大学生程序设计竞赛（FZU2213—FZU2221）
from:piaocoder
Common Tangents（两圆之间的公公切线）
题目链接：
http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=2213
解题思路：
告诉你两个圆的圆心与半径，要你找出他们的公共切线的个数。
套模板即可。
http://blog.csdn.net/piaocoder/article/details/41649089
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
struct Point{
double x,y;
Point(double x = 0,double y = 0):x(x),y(y){} // 构造函数，方便代码编写
};
typedef Point Vector; //从程序实现上，Vector只是Point的别名
struct Circle{
Point c;
double r;
Circle(Point c,double r):c(c),r(r){}
Point getPoint(double a){
return Point(c.x+cos(a)*r,c.y+sin(a)*r);
}
};
//返回切线的条数。-1表示无穷条切线
//a[i]和b[i]分别是第i条切线在圆A和圆B上的切点
int getTangents(Circle A,Circle B){
int cnt = 0;
if(A.r < B.r)
swap(A,B);
int d2 = (A.c.x-B.c.x)*(A.c.x-B.c.x)+(A.c.y-B.c.y)*(A.c.y-B.c.y);
int rdiff = A.r-B.r;
int rsum = A.r+B.r;
if(d2 < rdiff*rdiff)
return 0; //内含
if(d2==0 && A.r==B.r)
return -1; //无限条切线
if(d2 == rdiff*rdiff){//内切，1条切线
return 1;
}
//有外公切线
cnt += 2;
if(d2 == rsum*rsum){//一条公切线
++cnt;
}
else if(d2 > rsum*rsum){//两条公切线
cnt += 2;
}
return cnt;
}
int main(){
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
Point p1,p2;
double r1,r2;
scanf("%lf%lf%lf",&p1.x,&p1.y,&r1);
Circle c1(p1,r1);
scanf("%lf%lf%lf",&p2.x,&p2.y,&r2);
Circle c2(p2,r2);
printf("%d\n",getTangents(c1,c2));
}
return 0;
}
Knapsack problem（动态规划）
题目链接：
http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=2214
解题思路：
题目大意：
给你一个背包，容量为10^9，物品个数为500，价值和小于5000，求最大价值。
算法思想：
因为容量太大，所以不能按0-1背包问题去求解。注意到物品个数较小，而且价值和最大只有5000，所以可以逆向思维，求得对应价值下最小的重量，即dp[i]表示总价值为i的最小重量是多少，则dp[j] = min(dp[j] , dp[j-val[i]]+vol[i]);最后从sum（物品总价值开始判断）开始，找到第一个小于等于b（容量）的v即可
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int dp[5005];
int w[505],v[505];
int main(){
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
int n,b;
int sum = 0;
scanf("%d%d",&n,&b);
for(int i = 0; i < n; ++i){
scanf("%d%d",&w[i],&v[i]);
sum += v[i];
}
for(int i = 1; i <= sum; ++i)
dp[i] = INF;
dp[0] = 0;
for(int i = 0; i < n; ++i){
for(int j = sum; j >= v[i]; --j){
if(dp[j-v[i]] != INF){
dp[j] = min(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i]);
}
}
}
for(int i = sum; i >= 0; --i){
if(dp[i] <= b){
printf("%d\n",i);
break;
}
}
}
return 0;
}
Simple Polynomial Problem（中缀表达式）
题目链接：
http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=2215
解题思路：
中缀表达式求值，数字栈存的是多项式。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
struct Poly{
ll a[1005];
Poly operator + (const Poly &p) const{
Poly tmp = {0};
for(int i = 0; i < 1005; ++i){
tmp.a[i] = (a[i]+p.a[i])%1000000007;
}
return tmp;
}
Poly operator * (const Poly &p) const{
Poly tmp = {0};
for(int i = 0; i < 1005; ++i){
if(a[i] == 0)
continue;
for(int j = 0; j < 1005; ++j){
if(p.a[j] == 0)
continue;
tmp.a[i+j] += a[i]*p.a[j];
tmp.a[i+j] %= 1000000007;
}
}
return tmp;
}
}pstk[1005];
char ostk[1005] = {'#'};
int ptop,otop,pri[350];
char str[1005];
void push(char op){
if(ostk[otop]=='#' && op=='#')
return;
if(ostk[otop]=='(' && op==')'){
--otop;
return;
}
if(pri[ostk[otop]]<pri[op] || ostk[otop]=='('){
ostk[++otop] = op;
return;
}
if(ostk[otop--] == '+'){
Poly p = pstk[ptop]+pstk[ptop-1];
ptop -= 2;
pstk[++ptop] = p;
}else{
Poly p = pstk[ptop]*pstk[ptop-1];
ptop -= 2;
pstk[++ptop] = p;
}
push(op);
}
void output(Poly &p){
int i = 1000;
while(i>=0 && p.a[i] == 0)
--i;
if(i == -1){
puts("0");
return;
}
for(int j = i; j >= 0; --j){
printf("%lld",p.a[j]);
if(j)
putchar(' ');
}
putchar('\n');
}
int main(){
pri['+'] = 2; pri['*'] = 3;
pri['('] = 4; pri[')'] = 1;
pri['#'] = 1;
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%s",str);
ptop = 0; otop = 1;
for(int i = 0; str[i]; ++i){
if(str[i]>='0' && str[i]<='9'){
Poly p = {0};
p.a[0] = str[i]-'0';
pstk[++ptop] = p;
}else if(str[i]=='x'){
Poly p = {0};
p.a[1] = 1;
pstk[++ptop] = p;
}else{
push(str[i]);
}
}
push('#');
output(pstk[ptop]);
}
return 0;
}
The Longest Straight
题目链接：
http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=2216
解题思路：
pre[i]代表数字i的前面0的总数目， 对于每个i找出符合条件的j ，使得i-j之间有恰好有m个0，然后更新答案ans。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 100005;
int a[N],pre[N];
void solve(int n,int m){
for(int i = 1; i <= n; ++i)
pre[i] = pre[i-1]+(!a[i]);
int ans = 0;
int j = 1;
for(int i = 1; i <= n; ++i){
for(; j <= n; ++j){
if(pre[j]-pre[i-1] > m)
break;
}
if(j-i > ans){
ans = j-i;
}
}
printf("%d\n",ans);
}
int main(){
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
memset(a,0,sizeof(a));
int x,n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
int k = 0;
for(int i = 0; i < n; ++i){
scanf("%d",&x);
if(!x) k++;
a[x] = 1;
}
solve(m,k);
}
return 0;
}
Simple String Problem（状态压缩dp）
题目链接：
http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=2218
解题思路：
题目大意：
一个长为n(n<=2000)的字符串，由前k(k<=16)个小写字母组成，求两段子串A和B，A和B中间没有共用的字母类型，求len(A)*len(B)的最大值。
算法思想：
二进制状态压缩，每一位的状态表示第i个字母存在状态，n^2的时可以枚举出所有子串的状态和长度。然后每次与（1<<k -1)异或就是不含相同的子串状态。但是不能直接对每一种状态枚举他的子集和异或值，这样太大了，肯定会超时，因此我们可以用dp[tmp]表示tmp状态所有子集的最大长度。
先状态转移一下，最后遍历所有的状态和其异或状态就可以更新出答案。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 2005;
char str[N];
int dp[(1<<16)+10];
int main(){
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
scanf("%s",str);
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i = 0; i < n; ++i){
int tmp = 0;
for(int j = i; j < n; ++j){
tmp |= 1<<(str[j]-'a');
dp[tmp] = max(dp[tmp],j-i+1);
}
}
int len = 1<<m;
for(int i = 0; i < len; ++i){
for(int j = 0; j < m; ++j){
if((1<<j) & i)
dp[i] = max(dp[i],dp[i^(1<<j)]);
}
}
int ans = 0;
for(int i = 0; i < len; ++i){
ans = max(ans,dp[i]*dp[(len-1)^i]);
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
StarCraft（哈夫曼树+优先队列）
题目链接：
http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=2219
解题思路：
类似于哈夫曼树的合并方式，对于当个农民（工蜂）来说，算上分裂技能，建造是不断两两并行的，建造时间越小，合并的价值就越小。合并后的时间去被合并两者的较大值+K。初始农民的数量就是合并的终点。
然后问题就可以化简为，给你一堆数字，每次把次小值+k，再删除当前最小值，直到剩下m个数字。
使用优先队列求解，将默认排序的大根堆，改成小根堆即可。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > q;
int main(){
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
int x,n,m,k;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i = 0; i < n; ++i){
scanf("%d",&x);
q.push(x);
}
while(n > m){
q.pop();
q.push(q.top()+k);
q.pop();
--n;
}
while(q.size() != 1)
q.pop();
printf("%d\n",q.top());
q.pop();
}
return 0;
}
Defender of Argus（优先队列）
题目链接：
http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=2220
解题思路：
类似于炉石传说中的“ 奥古斯守卫者 ”，不断选取最优解即可
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
using namespace std;
const int N = 100005;
int n,k;
int a[N],l[N],r[N];
bool vis[N];
struct node{
int l,r,val;
node(int _l,int _r):l(0),r(0){
l = _l;
r = _r;
val = a[_l]+a[_r];
}
bool operator < (const node& no) const{
return val < no.val;
}
};
int main(){
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%d",&a[i]);
if(n == 0){
if(k == 0 || k == 1)
printf("0\n");
else
printf("%d\n",4+(k-2)*5);
continue;
}
if(n == 1){
printf("%d\n",a[1]+1+(k-1)*5);
continue;
}
memset(vis,false,sizeof(vis));
for(int i = 1; i <= n; ++i){
l[i] = i-1;
r[i] = i+1;
}
r[0] = 1;
l[n+1] = n;
priority_queue<node> q;
for(int i = 1; i < n; ++i)
q.push(node(i,i+1));
bool put = false;
int sum = 0,last = n;
while(!q.empty() && k > 0){
node cur = q.top(); q.pop();
if(cur.val <= 3 && put == true)
break;
int ll = cur.l,rr = cur.r;
if(vis[ll] || vis[rr])
continue;
sum += (a[ll]+a[rr]+2);
last -= 2;
--k;
vis[ll] = true; vis[rr] = true;
int _l = l[ll], _r = r[rr];
l[_r] = _l;
r[_l] = _r;
put = true;
if(_l!=0 && _r!= n+1)
q.push(node(_l,_r));
}
if(k>0 && last==1 && a[r[0]]>3){
sum += a[r[0]] + 2;
--k;
}
sum += k*5;
printf("%d\n",sum);
}
return 0;
}
RunningMan
题目链接：
http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=2221
解题思路：
将跑男n均分为3份，取其中较小两份cnt1,cnt2，如果m>=cnt1+cnt2+2;则跑男不能一定获胜，反之则能。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
int main(){
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
int cnt1 = n/3;
n -= cnt1;
int cnt2 = n/2;
if(cnt1+cnt2+2 <= m)
puts("No");
else
puts("Yes");
}
return 0;
}
