比赛前一天刷水题
导读
马上就要 csp 了，由于去年的
白席丢分，好渴鹅十分心惊胆战。于是打开洛谷，打开入门与面逝，刷起了水题。刷完了水题，好渴鹅又双叒写篇博客压压惊。
B3638 T1 三角形面积
题目背景
请尽量在 20min 之内写完题目。这是指「写代码」的时间；「读题」时间不计算在内。
题目描述
给定平面直角坐标系上的三个整点 \(A, B, C\) 的坐标，求其围成的三角形面积。
数据保证答案一定是整数。所以如果你采用了浮点数来计算，请四舍五入到整数。
两点之间的距离公式： \((x_1, y_1), (x_2, y_2)\) 之间的距离是 \(\sqrt{(x_1 - x_2)^2 + (y_1 - y_2)^2}\)
海伦公式： 若三角形的边长为 \(a, b, c\)，则三角形的面积是 \(\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}\)，其中 \(s=\frac12(a+b+c)\).
输入格式
共三行，每行表示一个三角形上的点。
每行包含两个正整数，表示点的坐标，形式为 x y。
输出格式
共一行，一个整数，表示三角形面积。
样例 #1
样例输入 #1
10 20
30 40
50 50
样例输出 #1
100
提示
样例解释
可以通过海伦公式计算面积。方法如下。
\(AB\) 距离：\(\sqrt{(30 - 10)^2 + (40 -20)^2} \approx 28.284\)
\(BC\) 距离：\(\sqrt{(50-30)^2 + (50-40)^2} \approx 22.361\)
\(AC\) 距离：\(\sqrt{(50-10)^2+(50-20)^2}\approx 50\)
应用海伦公式，\(s \approx (28.284 + 22.361 + 50) / 2 \approx 50.323\)
求出近似面积： \(\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} \approx \sqrt{10016.80} \approx 100.08\)，故答案为 \(100\)。
数据规模与约定
对于 \(100\%\) 的数据：每个点的 \(x, y\) 坐标值一定在 \([1, 200]\) 之内，均为整数；答案一定为正整数。
解法
过于智慧的题目，他明明都把公式写到你脸上了，你还要啥 自行车 WA？然鹅，好渴鹅不仅多次本地 WA，交上去还因为 y1 CE 了一发，说出来丢死人。 不过还是很简单的，注意四舍五入使用 round 函数，并使用 static_cast<int> 进行 int 的转换。
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
double x1, y_, x2, y2, x3, y3, a, b, c, p;
int main() {
cin >> x1 >> y_ >> x2 >> y2 >> x3 >> y3;
a = sqrt((x1 - x2) * (x1 - x2) + (y_ - y2) * (y_ - y2));
b = sqrt((x1 - x3) * (x1 - x3) + (y_ - y3) * (y_ - y3));
c = sqrt((x2 - x3) * (x2 - x3) + (y2 - y3) * (y2 - y3));
p = (a + b + c) / 2;
cout << static_cast<int>(round(sqrt(p * (p - a) * (p - b) * (p - c)))) << '\n';
return 0;
}
P2347 [NOIP1996 提高组] 砝码称重
题目描述
设有 \(1\mathrm{g}\)、\(2\mathrm{g}\)、\(3\mathrm{g}\)、\(5\mathrm{g}\)、\(10\mathrm{g}\)、\(20\mathrm{g}\) 的砝码各若干枚（其总重$ \le 1000$），可以表示成多少种重量？
输入格式
输入方式：\(a_1 , a_2 ,a_3 , a_4 , a_5 ,a_6\)
（表示 \(1\mathrm{g}\) 砝码有 \(a_1\) 个，\(2\mathrm{g}\) 砝码有 \(a_2\) 个，…，\(20\mathrm{g}\) 砝码有 \(a_6\) 个）
输出格式
输出方式：Total=N
（\(N\) 表示用这些砝码能称出的不同重量的个数，但不包括一个砝码也不用的情况）
样例 #1
样例输入 #1
1 1 0 0 0 0
样例输出 #1
Total=3
提示
【题目来源】
NOIP 1996 提高组第四题
解法
正常解法
也是灰常的简单，直接背包。设 \(dp_i\)（\(dp_i\in 0,1\)）表示是否能够正好表示出 \(i\) 的重量，然后对于第 \(i\) 物品，进行 \(a_i\) 次 \(01\) 背包即可，并附上初始状态 \(dp_0=1\)。状态转移方程：\(dp_i=\max(dp_i,dp_{(i-w_i)})\)。
时间复杂度：\(\mathcal O(\sum\limits_{i=1}^{n} a_i\times k)\)，本题 \(k=1000\)。
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int kMaxN = 7, kMaxHke = 1005;
int a[kMaxN], w[kMaxN] = {0, 1, 2, 3, 5, 10, 20};
int n = 661980 / 1e5;
bool dp[kMaxHke];
int main() {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
}
dp[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= a[i]; j++) {
for (int k = kMaxHke; k >= w[i]; k--) {
dp[k] |= dp[k - w[i]];
}
}
}
cout << "Total=" << count(dp + 1, dp + 1001, 1) << '\n';
return 0;
}
二进制优化
我们知道，\(\lceil \log_2 n \rceil\) 位数的二进制可以表示 \([1,n]\) 的值，那么我们是否可以使用二进制来表示物品的数量呢？当然可以！对于任意的一个 \(i\)，我们对 \(i\) 进行 \(2^j\) 的分解，并存入数组内，记住新的重量数组需要乘上系数 \(j\)。然后对于剩下来的 \(a_i\)，我们单独存入数组。这样子 \([1,a_i]\) 当中的数量都可以表示出来，最后再来一遍 01 背包就行了。
时间复杂度：\(\mathcal O(\sum\limits_{i=1}^{n}\lfloor\log_2 a_i\rfloor \times k),k=1000\)。
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int kMaxN = 7, kMaxHke = 1005;
int a[kMaxN], f[kMaxN] = {0, 1, 2, 3, 5, 10, 20};
int w[kMaxHke], n = 661980 / 1e5, l;
bool dp[kMaxHke];
int main() {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= a[i]; j <<= 1) {
w[++l] = f[i] * j, a[i] -= j;
}
a[i] && (w[++l] = f[i] * a[i]);
}
dp[0] = 1;
for (int i = 1; i <= l; i++) {
for (int j = 1000; j >= w[i]; j--) {
dp[j] |= dp[j - w[i]];
}
}
cout << "Total=" << count(dp + 1, dp + 1001, 1) << '\n';
return 0;
}
P2837 [USACO08FEB] Dining Cows B
题目描述
为了避免餐厅过分拥挤，FJ要求奶牛们分 \(2\) 批就餐。每天晚饭前，奶牛们都会在餐厅前排队入内，按 FJ 的设想，所有第 \(2\) 批就餐的奶牛排在队尾，队伍的前半部分则由设定为第1批就餐的奶牛占据。由于奶牛们不理解FJ的安排，晚饭前的排队成了一个大麻烦。 第 \(i\) 头奶牛有一张标明她用餐批次 \(D_i(1 <= D_i <= 2)\) 的卡片。虽然所有 \(N\) 头奶牛排成了很整齐的队伍，但谁都看得出来，卡片上的号码是完全杂乱无章的。 在若干次混乱的重新排队后，FJ找到了一种简单些的方法：奶牛们不动，他沿着队伍从头到尾走一遍，把那些他认为排错队的奶牛卡片上的编号改掉，最终得到一个他想要的每个组中的奶牛都站在一起的队列，例如 112222 或 111122 的时候，FJ会把整个队列弄得只有1组奶牛（比方说，1111 或 222）。 你也晓得，FJ是个很懒的人。他想知道，如果他想达到目的，那么他最少得改多少头奶牛卡片上的编号。所有奶牛在FJ改卡片编号的时候，都不会挪位置。
输入格式
- 第 \(1\) 行: \(1\) 个整数；
- \(N\) 第 \(2..N+1\) 行: 第 \(i+1\) 行是 \(1\) 个整数，为第i头奶牛的用餐批次 \(D_i\)
输出格式
- 一行: 输出 \(1\) 个整数，为 FJ 最少要改几头奶牛卡片上的编号，才能让编号变成他设想中的样子。
样例 #1
样例输入 #1
7
2
1
1
1
2
2
1
样例输出 #1
2
样例 #2
样例输入 #2
5
2
2
1
2
2
样例输出 #2
1
提示
\(1 \le N \le 30000\)
解法
洛谷说这道题的题目标签是 动态规划,dp 递推，我真 文明 服了，这明明就是一道前缀和的裸体 裸题好不好（输入法真可爱）。\(p1_i\) 就表示 \(\sum\limits_{i=1}^{n} (a_i=1)\)；同理，\(p2_i\) 就表示 \(\sum\limits_{i=1}^{n}(a_i=2)\)。最后输出下面这个玩意就行了：
#include <iostream>
using namespace std;
const int kMaxN = 30005;
int a[kMaxN], p1[kMaxN], p2[kMaxN], n, ans = 114514;
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
p1[i] = p1[i - 1] + (a[i] == 1);
p2[i] = p2[i - 1] + (a[i] == 2);
}
for (int i = 0; i <= n; i++) {
ans = min(ans, p2[i] + p1[n] - p1[i]);
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
树状数组
既然都有区间求和了，那么，树状数组，启动！咸得没事干。
#include <iostream>
using namespace std;
const int kMaxN = 30005;
int a[kMaxN], t1[kMaxN], t2[kMaxN], n, ans = 114514;
void update(int *t, int x, int y) {
x <= n && (update(t, x + (x & -x), y), t[x] += y);
}
int query(int *t, int x) {
return x ? t[x] + query(t, x - (x & -x)) : 0;
}
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i];
update(t1, i, a[i] == 1);
update(t2, i, a[i] == 2);
}
for (int i = 0; i <= n; i++) {
ans = min(ans, query(t2, i) + query(t1, n) - query(t1, i));
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
P8707 [蓝桥杯 2020 省 AB1] 走方格
题目描述
在平面上有一些二维的点阵。
这些点的编号就像二维数组的编号一样，从上到下依次为第 \(1\) 至第 \(n\) 行，从左到右依次为第 \(1\) 至第 \(m\) 列，每一个点可以用行号和列号来表示。
现在有个人站在第 \(1\) 行第 \(1\) 列，要走到第 \(n\) 行第 \(m\) 列。只能向右或者向下走。
注意，如果行号和列数都是偶数，不能走入这一格中。
问有多少种方案。
输入格式
输入一行包含两个整数 \(n\)，\(m\)。
输出格式
输出一个整数，表示答案。
样例 #1
样例输入 #1
3 4
样例输出 #1
2
提示
\(1\le n,m\le30\)。
蓝桥杯 2020 第一轮省赛 A 组 G 题（B 组 H 题）。
解法
过于 可爱 的 dp 题。设 \(dp_{(i,j)}\) 表示当前走到 \((i,j)\)，一共有多少方案。由于每次只能往右边或者下面走，那我们写收只因型的就得跟人家反着干，状态转移方程就是：\(dp_{(i,j)}=dp_{(i-1,j)}+dp_{(i,j-1)}(\max(j\bmod 2,i\bmod 2) =1,dp_{(i,j)}= 0)\)
#include <iostream>
using namespace std;
const int kMaxN = 35;
int dp[kMaxN][kMaxN], n, m;
int main() {
cin >> n >> m;
dp[1][1] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= m; j++) {
((i & 1) != 0 || (j & 1) != 0) && !dp[i][j] && (dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]);
}
}
cout << dp[n][m] << '\n';
return 0;
}
P2008 大朋友的数字
题目背景
在 NOIP2013 的赛场上，常神牛华丽丽的手残了，小朋友的数字一题只得了 \(10\) 分。于是，他要恶搞一下这道题。
题目描述
有一批大朋友（年龄 \(15\) 岁以上），他们每人手上拿着一个数字，当然这个数字只有 \(1\) 位，也就是 \(0\) 到 \(9\) 之间。每个大朋友的分数为在他之前的最长不下降子序列中所有数之和。（这个序列必须以它作为结尾！）如有多个最长不下降子序列，那么取编号字典序最小的。现在告诉你有 \(n\) 个大朋友，以及他们各自的数字，请你求出他们每个人的分数。
输入格式
第一行，\(1\) 个数 \(n\)。
第二行，\(n\) 个数，分别表示每个人的数字。
输出格式
一行，\(n\) 个数，分别表示每个人的分数。
样例 #1
样例输入 #1
5
1 2 5 3 4
样例输出 #1
1 3 8 6 10
样例 #2
样例输入 #2
5
1 7 5 9 6
样例输出 #2
1 8 6 17 12
提示
【样例解释 \(1\)】
五个人分数分别为 \((1),(1+2),(1+2+5),(1+2+3),(1+2+3+4)\)。
【样例解释 \(2\)】
五个人分数分别为 \((1),(1+7),(1+5),(1+7+9)\) （还有一个 \((1,5,9)\)），\((1+5+6)\)。
【数据规模】
对于 \(50\%\) 的数据，\(1\le n\le 500\)；
对于 \(80\%\) 的数据，\(1\le n\le 10^3\)；
对于 \(100\%\) 的数据，\(1\le n\le 10^4\)。
解法
过于简单的 dp 题。一看题目，哟，这不最长上升子序列吗？哐哐哐敲键盘，提交——WA？我 爱你！好吧这题其实是最长不下降子序列，智慧的好渴鹅过于智慧。设 \(dp_i\) 表示以 \(i\) 结尾的最长上升子序列的长度，以及这条最长上升子序列的和。对于任意一个 \(j\) （\(1\le j<i\)），如果 \(a_j\le a_i\) 并且 \(dp1_j+1>dp1_i\)，\(dp_i=(dp1_j+1,dp2_j+a_i)\)。对于每一个 \(i\)，\(dp2_i\) 即是答案。
#include <iostream>
using namespace std;
const int kMaxN = 1e4 + 5;
int a[kMaxN], n;
pair<int, int> dp[kMaxN];
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i], dp[i] = {1, a[i]};
for (int j = 1; j < i; j++) {
a[j] <= a[i] && dp[j].first + 1 > dp[i].first && (dp[i] = {dp[j].first + 1, dp[j].second + a[i]}, 0);
}
cout << dp[i].second << ' ';
}
return 0;
}
后记
刷水题结束了，马上就要 csp 了，祝大家
rp++。希望每一个 OIer 都能自信地喊出那句话：
浙公网安备 33010602011771号