week16 M4
TT数鸭子
题目描述
这一天，TT因为疫情在家憋得难受，在云吸猫一小时后，TT决定去附近自家的山头游玩。
TT来到一个小湖边，看到了许多在湖边嬉戏的鸭子，TT顿生羡慕。此时他发现每一只鸭子都不
一样，或羽毛不同，或性格不同。TT在脑子里开了一个map<鸭子，整数> tong，把鸭子变成了
一些数字。现在他好奇，有多少只鸭子映射成的数的数位中不同的数字个数小于k。
输入描述
输入第一行包含两个数n,k，表示鸭子的个数和题目要求的k。
接下来一行有n个数,\(a_i\)，每个数表示鸭子被TT映射之后的值。
输出描述
输出一行，一个数，表示满足题目描述的鸭子的个数。
无行末空格
样例输入
6 5
123456789 9876543210 233 666 1 114514
样例输出
4
思路
找到不同的数字的个数即可，而关键就是卡时间复杂度，一直TLE，后来才知道应该使用scanf读取一整串字符，而不能单个读取，即使scanf()读取单个字符也会超时。
代码
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;
int main(){
int n,k;
cin>>n>>k;
char tmp[16];
int ans = 0;
bool nn[10];
for(int i=0;i<n;i++){
int tn = 0;
scanf("%s",tmp);
memset(nn,0,sizeof(nn));
for(int j=0;j<strlen(tmp);j++){
// cout<<tmp.c_str()[j]-'0'<<" ";
if(nn[tmp[j]-'0']==0) {
nn[tmp[j]-'0'] = 1;
tn++;
}
}
// cout<<tn<<endl;
if(tn<k) ans++;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
ZJM要抵御宇宙射线
题目描述
据传，2020年是宇宙射线集中爆发的一年，这和神秘的宇宙狗脱不了干系！但是瑞神和东东忙
于正面对决宇宙狗，宇宙射线的抵御工作就落到了ZJM的身上。假设宇宙射线的发射点位于一个
平面，ZJM已经通过特殊手段获取了所有宇宙射线的发射点，他们的坐标都是整数。而ZJM要构
造一个保护罩，这个保护罩是一个圆形，中心位于一个宇宙射线的发射点上。同时，因为大部分
经费都拨给了瑞神，所以ZJM要节省经费，做一个最小面积的保护罩。当ZJM决定好之后，东东
来找ZJM一起对抗宇宙狗去了，所以ZJM把问题扔给了你~
输入描述
输入 第一行一个正整数N，表示宇宙射线发射点的个数
接下来N行，每行两个整数X,Y，表示宇宙射线发射点的位置
输出描述
输出包括两行
第一行输出保护罩的中心坐标x,y 用空格隔开
第二行输出保护罩半径的平方
（所有输出保留两位小数，如有多解，输出x较小的点，如扔有多解，输入y较小的点）
无行末空格
样例输入
5
0 0
0 1
1 0
0 -1
-1 0
样例输出
0.00 0.00
1.00
思路
计算每个点到其他点的距离，然后记录最长的距离作为以这个点为中心的半径，然后找到最小的即可，需要注意的是都应该为long long型。
代码
#include<iostream>
#include<vector>
#include<set>
#include<cmath>
#include<map>
using namespace std;
long long delta[1000+10];
int main() {
int n=0;
cin>>n;
long long x,y;
vector<pair<long long,long long> > dd;
for(int i=0; i<n; i++) {
cin>>x>>y;
dd.push_back(pair<long long,long long>(x,y));
}
long long m,tm;
for(int i=0; i<n; i++) {
x = dd[i].first;
y = dd[i].second;
long long tx,ty;
m = 0;
for(int j=0; j<n; j++) {
tx = dd[j].first;
ty = dd[j].second;
tm = (tx-x)*(tx-x) + (ty-y)*(ty-y);
// cout<<delta[i][j]<<endl;
m = max(m,tm);
}
delta[i] = m;
}
int ansIndex=0;
long long mini = 9999999999999;
for(int i=0; i<n; i++) {
if(mini>delta[i]) {
mini = delta[i];
ansIndex = i;
} else if(mini==delta[i]) {
if(dd[i].first<dd[ansIndex].first) {
mini = delta[i];
ansIndex = i;
} else if(dd[i].first==dd[ansIndex].first) {
if(dd[i].second<dd[ansIndex].second) {
mini = delta[i];
ansIndex = i;
}
}
}
}
pair<long long,long long> ans = dd[ansIndex];
printf("%lld.00 %lld.00\n",ans.first,ans.second);
printf("%lld.00",delta[ansIndex]);
return 0;
}
宇宙狗的危机
题目描述
在瑞神大战宇宙射线中我们了解到了宇宙狗的厉害之处，虽然宇宙狗凶神恶煞，但是宇宙狗有一
个很可爱的女朋友。
最近，他的女朋友得到了一些数，同时，她还很喜欢树，所以她打算把得到的数拼成一颗树。
这一天，她快拼完了，同时她和好友相约假期出去玩。贪吃的宇宙狗不小心把树的树枝都吃掉
了。所以恐惧包围了宇宙狗，他现在要恢复整棵树，但是它只知道这棵树是一颗二叉搜索树，同
时任意树边相连的两个节点的gcd(greatest common divisor)都超过1。
但是宇宙狗只会发射宇宙射线，他来请求你的帮助，问你能否帮他解决这个问题。
补充知识：
GCD：最大公约数，两个或多个整数共有约数中最大的一个 ，例如8和6的最大公约数是2。
一个简短的用辗转相除法求gcd的例子：
int gcd(int a,int b){return b == 0 ? a : gcd(b,a%b);}
输入描述
输入第一行一个t，表示数据组数。
对于每组数据，第一行输入一个n，表示数的个数
接下来一行有n个数\(a_i\)，输入保证是升序的。
输出描述
每组数据输出一行，如果能够造出来满足题目描述的树，输出Yes，否则输出No。
无行末空格。
样例输入1
16
3 6 9 18 36 108
样例输出1
Yes
样例输入2
22
7 17
9
4 8 10 12 15 18 33 44 81
样例输出2
No
Yes
思路
采用递归的方法进行求解，即对于每一个数作为根节点，拆分为左右两部分，找到左边和其最大公因数>1的节点（条件A）作为左子树的根，右边同样找到满足条件A的节点作为根，以同样的方式递归即可。solve(int l,int c,int r)即为以c为根，左至l，右至r是否可以形成子树。
在递归的过程中需要注意把某个节点的左子树是否满足，右子树是否满足保存下来，否则TLE。
代码
#include<iostream>
#include<vector>
#include<set>
using namespace std;
int a[800];
int GCD[800][800];
bool ll[800][800];
bool rr[800][800];
bool trr[800][800];
bool tll[800][800];
int n;
int gcd(int a,int b) {
return b == 0 ? a : gcd(b,a%b);
}
void init() {
for(int i=0; i<n; i++) {
for(int j=0; j<n; j++) {
GCD[i][j] = gcd(a[i],a[j]);
ll[i][j] = 0;
rr[i][j] = 0;
trr[i][j] = 1;
tll[i][j] = 1;
}
}
}
bool solve(int l,int c,int r) {
if(r-l==1) {
if(GCD[l][r]>1) return true;
}
if(l>=r) return true;
bool lOK = false;
bool rOK = false;
if(l==c) lOK=1;
else if(ll[l][c-1]) lOK = 1;
else if(!tll[l][c-1]) lOK = 0;
else {
for(int j=l; j<=c-1; j++) {
if(GCD[j][c]>1) {
if(solve(l,j,c-1)) {
ll[l][c-1] = 1;
lOK = 1;
break;
}
}
if(j==c-1) tll[l][c-1] = 0;
}
}
if(c==r) rOK=1;
else if(rr[c+1][r]) rOK = 1;
else if(!trr[c+1][r]) rOK = 0;
else {
for(int j=c+1; j<=r; j++) {
if(GCD[j][c]>1) {
if(solve(c+1,j,r)) {
rr[c+1][r] = 1;
rOK = 1;
break;
}
}
if(j==r) trr[c+1][r] = 0;
}
}
// printf("%d,%d,%d->%d,%d\n",l,c,r,lOK,rOK);
if(lOK && rOK) {
return true;
}
return false;
}
int main() {
int t;
cin>>t;
while(t) {
t--;
cin>>n;
bool flag = false;
for(int i=0; i<n; i++) {
cin>>a[i];
}
init();
for(int i=0; i<n-1; i++) {
if(solve(0,i,n-1)) {
flag = true;
break;
}
}
if(flag) cout<<"Yes"<<endl;
else cout<<"No"<<endl;
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号