Problem A. Adrien and Austin
题意：
给你n个石子，下标从1到n，每次最多取连续的k个石子，问最后谁能赢（取完石子的那个人算赢）。
思路：
如果有奇数个石子，那么A中间取一个，B拿什么，A接下去就在对称的另一边拿什么，这样A赢。
如果有偶数个石子，且b>1 ,那么A可以在中间取两个，然后又回到了上述的过程，这样A赢。如果b==1，那么石子是偶数个，则B赢。
注意特殊情况：一开始有0个石子，那么就是B赢。
AC Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int n,k;
scanf("%d%d",&n,&k);
if(n==0) printf("Austin\n");
else if(n%2==1) printf("Adrien\n");
else
{
if(k==1) printf("Austin\n");
else printf("Adrien\n");
}
//system("pause");
return 0;
}
Problem D. Country Meow
题意：
最小球覆盖。在三维坐标系中给你n个点的坐标，求出到所有点的最大距离的最小值。
思路：
三分法的嵌套。三分x坐标（三分y坐标（三分z坐标））。
AC Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
struct Node
{
double x,y,z;
}node[105];
double dis(double x1,double y1,double z1,double x2,double y2,double z2)
{
return sqrt((x1-x2)*(x1-x2)+(y1-y2)*(y1-y2)+(z1-z2)*(z1-z2));
}
double cal(double x,double y,double z)//x,y,z都确定
{
double res=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
res=max(res,dis(x,y,z,node[i].x,node[i].y,node[i].z));
return res;
}
double cal(double x,double y)//x和y已经确定
{
double l=-100000,r=100000,ans=1e18;
for(int i=1;i<=50;i++)
{
double mid=(l+r)/2;
double m=(mid+r)/2;
double ans1=cal(x,y,mid);
double ans2=cal(x,y,m);
if(ans1>ans2) l=mid;
else r=m;
ans=min(ans,ans1);
ans=min(ans,ans2);
}
return ans;
}
double cal(double x)//x已经确定
{
double l=-100000,r=100000,ans=1e18;
for(int i=1;i<=50;i++)
{
double mid=(l+r)/2;
double m=(mid+r)/2;
double ans1=cal(x,mid);
double ans2=cal(x,m);
if(ans1>ans2) l=mid;
else r=m;
ans=min(ans,ans1);
ans=min(ans,ans2);
}
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lf%lf%lf",&node[i].x,&node[i].y,&node[i].z);
double l=-100000,r=100000,ans=1e18;
for(int i=1;i<=50;i++)
{
double mid=(l+r)/2;
double m=(mid+r)/2;
double ans1=cal(mid);
double ans2=cal(m);
if(ans1>ans2) l=mid;
else r=m;
ans=min(ans,ans1);
ans=min(ans,ans2);
}
printf("%.7f\n",ans);
//system("pause");
return 0;
}
Problem G. Pyramid
题意：
找有多少个等腰三角形
思路：
打表可得规律: n(n+1)(n+2)(n+3) / 24;(除法时要用逆元)
AC Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL mod=1e9+7;
LL quick_pow(LL x,LL y)
{
LL res=1;
while(y)
{
if(y%2) res=res*x%mod;
x=x*x%mod;
y=y/2;
}
return res%mod;
}
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
LL ans=quick_pow(24,mod-2);
while(t--)
{
LL n;
scanf("%lld",&n);
LL res=1;
res=res*n%mod;
res=res*(n+1)%mod;
res=res*(n+2)%mod;
res=res*(n+3)%mod;
res=res*ans%mod;
printf("%lld\n",res);
}
//system("pause");
return 0;
}
Problem I.Magic Potion
题意：
给定n个英雄，m只怪兽，k瓶强化药剂。每个英雄只能杀一只怪，一个英雄磕了药之后能够多杀一只，但是一个英雄至多只能磕一次药。已知每个英雄能够杀死哪些怪兽，问最多杀死几只怪。
思路：
网络最大流的关键在于建图。添加源点和两个中间结点，编号分别为1,2，3。再添加n个结点表示英雄，编号为4——n+3。再添加m个结点表示怪兽，编号为n+4——n+m+3。最后添加汇点，编号为n+m+4。
连接源点和两个中间结点，容量分别为n和k。将每个英雄和两个中间结点相连，容量为1。将每个英雄和他能消灭的怪兽相连，容量为1。最后将每个怪兽和汇点连接，容量为1。
跑Dinic算法即可。
AC Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2000,inf=1<<30;
int head[N],cent=0;
int s,t;//超级源点和超级终点
int maxflow=0;
int dep[N],ans[N],vir[N];//在bfs分层时所用
struct Node
{
int v,val;
int next;
}node[N*10];
void add(int u,int v,int val)
{
node[cent].v=v;
node[cent].val=val;
node[cent].next=head[u];
head[u]=cent++;
}
bool bfs()
{
//分层
for(int i=0;i<=t+10;i++)
{
dep[i]=0x3f3f3f3f;
ans[i]=0;
vir[i]=head[i];
}
queue<int>q;
q.push(s);//将超级源点加入队列中，并初始化。
dep[s]=0;
while(!q.empty())
{
int now=q.front();
q.pop();
ans[now]=0;
for(int i=head[now];~i;i=node[i].next)
{
int to=node[i].v;
if(dep[to]>dep[now]+1&&node[i].val)
{
dep[to]=dep[now]+1;
if(ans[to]==0)
{
ans[to]=1;
q.push(to);
}
}
}
}
if(dep[t]!=0x3f3f3f3f) return 1;
return 0;
}
int dfs(int u,int flow)
{
int rlow=0;
if(u==t)
{
maxflow+=flow;
return flow;
}
int used=0;
for(int i=vir[u];~i;i=node[i].next)
{
vir[u]=i;
int d=node[i].v;
if(node[i].val&&dep[d]==dep[u]+1)
{
if(rlow=dfs(d,min(flow-used,node[i].val)))
{
used+=rlow;
node[i].val-=rlow;
node[i^1].val+=rlow;
if(used==flow) break;
}
}
}
return used;
}
int Dinic()
{
while(bfs())
{
dfs(s,inf);
}
return maxflow;
}
int main()
{
memset(head,-1,sizeof(head));
int n,m,k;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
add(1,2,n),add(2,1,0);//1号点为源点，2号点和3号点为中间点
add(1,3,k),add(3,1,0);
s=1,t=4+n+m;//源点和汇点
int a1=4,a2=3+n,a3=3+n+m;//编号4——3+n为超人,编号4+n——3+n+m为怪兽
for(int i=4;i<=3+n;i++)
{
//建图
add(2,i,1),add(i,2,0);//每个英雄与中间点相连
add(3,i,1),add(i,3,0);
int num;
scanf("%d",&num);
while(num--)
{
int x;
scanf("%d",&x);
add(i,a2+x,1);//每个英雄与自己能打败的怪兽相连
add(a2+x,i,0);
}
}
for(int i=a2+1;i<=a3;i++)//每个怪兽与汇点相连
add(i,t,1),add(t,i,0);
printf("%d\n",Dinic());//跑Dinic
//system("pause");
return 0;
}
Problem J. Prime Game
题意：
给你一个长度为n的序列ai，fac(l,r)为第l个数到第r个数的不同素因子的数量和，现在求解
思路：
这样的计数题，要考虑每个质因子的贡献。我们可以计算所有质因子出现的位置压入vector中。计算每一个位置上的质因子对于答案的贡献。
AC Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1e6+10;
vector<int>a[N];
int primes[N],ans[N],idx=0;
void resolve(int pos,int x)
{
//素因子分解
int k=1;
while(primes[k]*primes[k]<=x)
{
if(x%primes[k]==0)
{
a[primes[k]].push_back(pos);
while(x%primes[k]==0)
x/=primes[k];
}
k++;
}
if(x>1) a[x].push_back(pos);
}
int main()
{
for(int i=2;i<=N;i++)
{
//欧拉筛筛素数
if(ans[i]==0) primes[++idx]=i;
for(int j=1;j<=idx&&primes[j]*i<N;j++)
{
ans[primes[j]*i]=1;
if(i%primes[j]==0) break;
}
}
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x;
scanf("%d",&x);
resolve(i,x);
}
LL res=0;
for(int i=0;i<=N;i++)
{
if(!a[i].size()) continue;
for(int j=0;j<a[i].size();j++)
{
//计算每个素因子在不同位置上的贡献
if(j==0) res+=(LL)a[i][j]*(n-a[i][j]+1);
else res+=(LL)(a[i][j]-a[i][j-1])*(n-a[i][j]+1);
}
}
printf("%lld\n",res);
//system("pause");
return 0;
}
Problem K. Kangaroo Puzzle
题意：
有一个n*m地图，每个方块标记为0和1, 1的方块表示可以通行并且在最开始的时候有一只袋鼠，0的方块表示不能通行。可以对所有袋鼠进行上下左右四个方向的操作。问如何在50000次操作内把所有袋鼠聚集在一个方块。
思路：
随机化（看了别的博主的代码，但我还不能证明，为什么对。。。）
AC Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char s[25][25];
int n,m;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%s",s[i]);
srand(time(0));
char str[4]={
'L','R','U','D'};
for(int i=1;i<=20;i++) printf("U");
for(int i=1;i<=20;i++) printf("R");
for(int i=1;i<=20;i++) printf("D");
for(int i=1;i<=20;i++) printf("L");
for(int i=1;i<=49920;i++)
{
int x=rand()%4;
printf("%c",str[x]);
}
return 0;
}