【AtCoder Beginner Contest 181】A~F题解
越学越菜系列
于2020.11.2,我绿了（错乱）
A - Heavy Rotation
签到题，奇数Black，偶数White。
code:
#include<bits/stdc++.h>
#define N 10000005
#define LL long long
using namespace std;
int t;
int a,b;
inline LL qr()
{
LL x=0,w=1;char a=0;
while(a<'0'||a>'9'){if(a=='-')w=-1;a=getchar();}
while(a<='9'&&a>='0'){x=(x<<3)+(x<<1)+(a^48);a=getchar();}
return x*w;
}
int main()
{
t=qr();
if(t%2==1)
cout<<"Black"<<endl;
else
cout<<"White"<<endl;
return 0;
}
B - Trapezoid Sum
依旧是签到题，对于输入每一对数(a,b)求以a为首项，公差为1的等差数列和即可。
code:
#include<bits/stdc++.h>
#define N 1000005
#define LL long long
using namespace std;
int n;
LL a[N],b[N];
inline LL qr()
{
LL x=0,w=1;char a=0;
while(a<'0'||a>'9'){if(a=='-')w=-1;a=getchar();}
while(a<='9'&&a>='0'){x=(x<<3)+(x<<1)+(a^48);a=getchar();}
return x*w;
}
LL ans;
int main()
{
n=qr();
for(register int i=1;i<=n;i++)
a[i]=qr(),b[i]=qr();
for(register int i=1;i<=n;i++)
ans+=(b[i]+a[i])*(b[i]-a[i]+1)/2;
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
C - Collinearity
给你N∈[3,100]个点，判断其中是否有三个点在同一条直线上。
做法：
暴力枚举所有三元组(i,j,k)，根据初中知识，先计算出i,j所在直线的表达式在把k的x轴坐标
代入表达式判断k的y轴坐标与计算结果是否相同即可，注意考虑斜率不存在的情况。
code:
#include<bits/stdc++.h>
#define N 1000005
#define LL long long
using namespace std;
int n;
int x[122],y[122];
inline LL qr()
{
LL x=0,w=1;char a=0;
while(a<'0'||a>'9'){if(a=='-')w=-1;a=getchar();}
while(a<='9'&&a>='0'){x=(x<<3)+(x<<1)+(a^48);a=getchar();}
return x*w;
}
LL ans;
int flag=0;
int main()
{
n=qr();
for(register int i=1;i<=n;i++)
x[i]=qr(),y[i]=qr();
for(register int i=1;i<=n;i++)//枚举所有三元组
for(register int j=1;j<=n;j++)
for(register int k=1;k<=n;k++)
{
if(i==j||k==j||i==k)
continue;
if(x[i]==x[j])//考虑斜率不存在
{
if(x[j]==x[k])
flag=1;
continue;
}
if(x[k]==x[j])
{
if(x[j]==x[i])
flag=1;
continue;
}
if(x[k]==x[i])
{
if(x[j]==x[i])
flag=1;
continue;
}
//y=kx+b;
double kl=(double)(y[j]-y[i])/(double)(x[j]-x[i]);//计算斜率，表达式中的k
double kb=y[i]-x[i]*kl;//表达式中的b
double ky=(double)x[k]*kl+kb;//将x代入表达式
double yyy=y[k];
if(yyy-0.00000001<=ky&&ky<=yyy+0.00000001)//浮点数比较
{
//cout<<i<<' '<<j<<' '<<k<<endl;
flag=1;
break;
}
}
if(flag)
cout<<"Yes"<<endl;
else
cout<<"No"<<endl;
return 0;
}
D - Hachi
输入一个字符串，每个字符为1~9中一个数字
判断是否能通过重新排列字符串，使得字符串代表的数字为8的倍数。
做法:
暴力枚举
猜测8的所有倍数满足一定性质（类比3的倍数各项和也为3的倍数）
通过对一定范围内8的倍数打表，结果没找到性质QWQ。
最后通过百度，发现所有8的倍数，满足后三位也为8的倍数（度娘吼啊！）。
那么即可先统计字符串内所有数字的数量，再枚举1~999所有8的倍数，统计这一个数各个位数数字的数量，
与之前统计的字符串内所有数字的数量比较判断即可。
要注意字符串长度≤2的情况，特判一下。
code:
#include<bits/stdc++.h>
#define N 1000005
#define LL long long
using namespace std;
char a[200005];
inline LL qr()
{
LL x=0,w=1;char a=0;
while(a<'0'||a>'9'){if(a=='-')w=-1;a=getchar();}
while(a<='9'&&a>='0'){x=(x<<3)+(x<<1)+(a^48);a=getchar();}
return x*w;
}
LL ans;
int flag=0;
int cnt[111];
int cn[11]={};
int main()
{
cin>>(a+1);
int n=strlen(a+1);
for(register int i=1;i<=n;i++)//统计字符串内所有数字的数量
cnt[a[i]^48]++;
for(register int i=1;i*8<1000;i++)
{
int op=i*8;//枚举1~999所有8的倍数
for(register int j=0;j<=9;j++)//清空上一次枚举的情况
cn[j]=0;
int c=0;
while(op)//统计op的位数及所有位数字数量
{
c++;
cn[op%10]++;
op/=10;
}
if(n>3&&c<3)//特判
continue;
if(n==2&&c!=2)
continue;
if(n==1&&c!=1)
continue;
int ko=1;
for(register int j=0;j<=9;j++)//比较判断
if(cnt[j]<cn[j])
ko=0;
if(ko==1)
{
//cout<<i*8<<endl;
cout<<"Yes"<<endl;
return 0;
}
}
cout<<"No"<<endl;
return 0;
}
E - Transformable Teacher
有一个含有n个数的数列a，和一个含有m个数的数列b。在b中选择一个数插入a中，并排列a，使得下面的式子最小。
做法:
推论:要使该式子最小，a序列应满足单调性。
可得到以下做法：
将原a数组排序，对于b中每一个数插入到与其值相近的a中计算答案。
时间复杂度为O（nm）。
考虑优化：
- 维护a数组差分前缀和可避免大量重复计算。
- 可以发现在枚举判断a时，a存在单调性，可通过二分查找较快的找到相应位置。
时间复杂度可优化到O((m+n)logn)。 - 也可以先将b数组排序，建立双指针，顺序枚举所有的a数组，当满足b[i]的值与a[i]相邻时，
计算该情况答案，最后统计答案最小值即可。
复杂度O(nlogn+mlogm)。
下面给出该做法的代码(因为我比较懒，代码中可能有部分冗余，见谅):
#include<bits/stdc++.h>
#define N 1000005
#define LL long long
using namespace std;
int n,m;
LL a[200005],b[200005];
LL cha[200005],sum[200004];
inline int qr()
{
int x=0,w=1;char a=0;
while(a<'0'||a>'9'){if(a=='-')w=-1;a=getchar();}
while(a<='9'&&a>='0'){x=(x<<3)+(x<<1)+(a^48);a=getchar();}
return x*w;
}
LL ans=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int main()
{
n=qr();
m=qr();
for(register int i=1;i<=n;i++)
a[i]=qr();
for(register int j=1;j<=m;j++)
b[j]=qr();
sort(a+1,a+n+1);
sort(b+1,b+m+1);//对a,b排序
for(register int i=2;i<=n;i++)
cha[i]=a[i]-a[i-1];
for(register int i=1;i<=n;i++)
if(i>=2)//sum[i]为以i为结尾，从后往前两两作查的前缀和
sum[i]=sum[i-2]+cha[i];//维护前缀和，至于为什么是i-2,显然QAQ
int tot=1;//建立数组b的指针（假的）
for(register int i=1;i<=n;i++)
{
if(tot>m)
break;
if(i==1)//特判i==1
while(b[tot]<=a[i]&&tot<=m)
{
ans=min(ans,a[i]-b[tot]+sum[n]-sum[1]);
tot++;
}
if(i==n)//特判i==n
while(b[tot]>=a[i]&&tot<=m)
{
ans=min(ans,sum[i-1]+b[tot]-a[i]);
tot++;
}
while((b[tot]>=a[i]&&b[tot]<=a[i+1])&&tot<=m)
{
if(i%2==0)
ans=min(ans,sum[i]+abs(a[i+1]-b[tot])+sum[n]-sum[i+1]);
else
ans=min(ans,sum[i-1]+abs(b[tot]-a[i])+sum[n]-sum[i]);
tot++;
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
F - Silver Woods
设y=100，y=-100为平面直角坐标系上下界，在坐标系中有n（1≤n≤100）个钉子，现要使半径为r的气球从坐标系左端移动到右端，并使得气球不超过上下界且不能碰到钉子，求气球的最大半径，精度为(10^(-4))。
做法：
- 首先，考虑二分答案，答案上下界分别为0和100
显然。 - 其次，有一个十分巧妙的做法，将每一个钉子看做半径为r的圆，将气球看做点，气球路径上下界分别看做100-r和-100+r。
- 那么，则钉子所代表的圆相交的话则代表“此路不通”，那么如果存在一系列相交的圆横贯上下界，则该r无法成立（妙哇Orz）。
综上：用二分答案的方式枚举可能的r，用并查集维护相交的圆以及集合的最高点和最低点，最后对于每个集合判断即可。
Code:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,fa[300];
double dis[300][300];
double l=0.0,r=100.0;
const double inf=0.000000000001;
double x[300],y[300],hig[300],dep[300];
inline int qr()
{
char a=0;int x=0,w=1;
while(a<'0'||a>'9'){if(a=='-')w=-1;a=getchar();}
while(a<='9'&&a>='0'){x=(x<<3)+(x<<1)+(a^48);a=getchar();}
return x*w;
}
inline int Find(int x)//并查集路径压缩
{
int t1=x,t2;
while(fa[t1]!=t1)
t1=fa[t1];
while(fa[x]!=x)
{
t2=fa[x];
fa[x]=t1;
x=t2;
}
return x;
}
int main()
{
n=qr();
for(register int i=1;i<=n;i++)
x[i]=qr(),y[i]=qr();
for(register int i=1;i<=n;i++)
for(register int j=1;j<=n;j++)
dis[i][j]=sqrt((x[i]-x[j])*(x[i]-x[j])+(y[i]-y[j])*(y[i]-y[j]));//预处理出任意两点间距离
while(l+inf<r)
{
double mid=(l+r)/2;
for(register int i=1;i<=n;i++)
{
hig[i]=y[i]+mid;//处理集合中最高点
dep[i]=y[i]-mid;//处理集合中最低点
fa[i]=i;//预处理并查集
}
int flag=1;
for(register int i=1;i<=n;i++)//
for(register int j=1;j<=n;j++)
{
if(i==j)
continue;
if(dis[i][j]<(mid*2))
{
int fi=Find(i);
int fj=Find(j);
fa[fj]=fi;//并查集合并
hig[fi]=max(hig[fi],hig[fj]);//更新并查集最高点
dep[fi]=min(dep[fi],dep[fj]);//更新并查集最低点
}
}
for(register int i=1;i<=n;i++)//枚举每一个并查集如果有一个集合将道路全部封死则不可通过
if(fa[i]==i)
if(hig[i]+mid>100.0000&&dep[i]-mid<-100.0000)
flag=0;
if(flag)
l=mid+inf;
else
r=mid;
}
printf("%.10f\n",l);
return 0;
}
