编程之美初赛第一场

题目1 : 焦距

时间限制:2000ms

单点时限:1000ms

内存限制:256MB

描述

一般来说，我们采用针孔相机模型，也就是认为它用到的是小孔成像原理。

在相机坐标系下，一般来说，我们用到的单位长度，不是“米”这样的国际单位，而是相邻像素的长度。而焦距在相机坐标系中的大小，是在图像处理领域的一个非常重要的物理量。

假设我们已经根据相机参数，得到镜头的物理焦距大小(focal length)，和相机胶片的宽度(CCD width)，以及照片的横向分辨率(image width)，则具体计算公式为：

Focal length in pixels = (image width in pixels) * (focal length on earth) / (CCD width on earth)

比如说对于Canon PowerShot S100, 带入公式得

Focal length in pixels = 1600 pixels * 5.4mm / 5.27mm = 1639.49 pixels

现在，请您写一段通用的程序，来求解焦距在相机坐标系中的大小。

输入

多组测试数据。首先是一个正整数T，表示测试数据的组数。

每组测试数据占一行，分别为

镜头的物理焦距大小(focal length on earth)

相机胶片的宽度(CCD width on earth)

照片的横向分辨率大小(image width in pixels)，单位为px。

之间用一个空格分隔。

输出

每组数据输出一行，格式为“Case X: Ypx”。 X为测试数据的编号，从1开始；Y为焦距在相机坐标系中的大小(focallength in pixels)，保留小数点后2位有效数字，四舍五入取整。

数据范围

对于小数据：focal length on earth和CCD width on earth单位都是毫米(mm)

对于大数据：长度单位还可能为米(m), 分米(dm), 厘米(cm), 毫米(mm), 微米(um)，纳米(nm)

样例输入

2
5.4mm 5.27mm 1600px
5400um 0.00527m 1600px

样例输出

Case 1: 1639.47px
Case 2: 1639.47px

#include <stdio.h>
#include <string.h>
double cmp(char s[])
{
    if(strcmp(s,"mm")==0)
        return 1.0;
    else if (strcmp(s,"m")==0)
        return 1000.0;
    else if (strcmp(s,"cm")==0)
        return 10.0;
    else if (strcmp(s,"dm")==0)
        return 100.0;
    else if (strcmp(s,"um")==0)
        return 0.001;
    else if (strcmp(s,"nm")==0)
        return 0.000001;
}
int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    for (int i = 1; i <= t; i++)
    {
        double l,w,m;
        char s1[5],s2[5],s3[5];
        scanf("%lf%s %lf%s %lf%s",&l,s2,&w,s3,&m,s1);
        l = l*cmp(s2);
        w = w*cmp(s3);
        double ans = m*l/w;
        printf("Case %d: %.2fpx\n",i,ans);
    }
    return 0;
}

 

题目2 : 树

时间限制:4000ms

单点时限:2000ms

内存限制:256MB

描述

有一个N个节点的树，其中点1是根。初始点权值都是0。

一个节点的深度定义为其父节点的深度+1,。特别的，根节点的深度定义为1。

现在需要支持一系列以下操作：给节点u的子树中，深度在l和r之间的节点的权值（这里的深度依然从整个树的根节点开始计算），都加上一个数delta。

问完成所有操作后，各节点的权值是多少。

 

为了减少巨大输出带来的开销，假设完成所有操作后，各节点的权值是answer[1..N]，请你按照如下方式计算出一个Hash值（请选择合适的数据类型，注意避免溢出的情况）。最终只需要输出这个Hash值即可。

 

MOD =1000000007; // 10^9 + 7

MAGIC= 12347;

Hash =0;

For i= 1 to N do

    Hash = (Hash * MAGIC + answer[i]) mod MOD;

EndFor 

输入

第一行一个整数T (1 ≤ T ≤ 5)，表示数据组数。

接下来是T组输入数据，测试数据之间没有空行。

每组数据格式如下：

第一行一个整数N (1 ≤ N ≤ 10⁵)，表示树的节点总数。

接下来N - 1行，每行1个数，a (1 ≤ a ≤ N)，依次表示2..N节点的父亲节点的编号。

接下来一个整数Q(1 ≤ Q ≤ 10⁵)，表示操作总数。

接下来Q行，每行4个整数，u, l, r, delta (1 ≤ u ≤ N, 1 ≤ l ≤ r ≤ N, -10⁹ ≤ delta ≤ 10⁹)，代表一次操作。

输出

对每组数据，先输出一行“Case x: ”，x表示是第几组数据，然后接这组数据答案的Hash值。

数据范围

小数据：1 ≤ N, Q ≤ 1000

大数据：1 ≤ N, Q ≤ 10⁵

样例解释

点1的子树中有1,2,3三个节点。其中深度在2-3之间的是点2和点3。

点2的子树中有2,3两个节点。其中没有深度为1的节点。

所以，执行完所有操作之后，只有2,3两点的权值增加了1。即答案是0 1 1。再计算对应的Hash值即可.

样例输入

1
3
1
2
2
1 2 3 1
2 1 1 1

样例输出

Case 1: 12348

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <vector>
using namespace std;
const int N=100005;
const long long MOD=1000000007;
vector<int>v[N];
int deg[N],ans[N];
int n;
void dfs(int u,int d)//搜索处理每一点的度
{
    deg[u] = d;
    for (int i = 0; i < v[u].size(); i++)
    {
        dfs(v[u][i],d+1);
    }
}
void dfs2(int u,int l,int r,int c)//搜索改变区间[l,r]的度
{
    if (deg[u] > r)
        return;
    if (deg[u]>=l)
        ans[u]+=c;
    for (int i = 0; i < v[u].size(); i++)
    {
        dfs2(v[u][i],l,r,c);
    }
}
long long hash()
{
    long long Hash = 0;
    int MAGIC= 12347;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        Hash = (Hash * MAGIC + ans[i]) % MOD;
    return Hash;
}
int main()
{
    int t,o = 0;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        o++;
        int x;
        scanf("%d",&n);
        for (int i = 0; i <= n; i++)
            v[i].clear();
        memset(deg,0,sizeof(deg));
        memset(ans,0,sizeof(ans));
        for (int i = 2; i <= n; i++)
        {
            scanf("%d",&x);
            v[x].push_back(i);
        }
        dfs(1,1);
        int Q;
        scanf("%d",&Q);
        int u,l,r,c;
        long long Hash;
        while(Q--)
        {
            scanf("%d%d%d%d",&u,&l,&r,&c);
            dfs2(u,l,r,c);
            Hash = hash();
        }
        printf("Case %d: %lld\n",o,Hash);
    }
    return 0;
}

题目3 : 活动中心

时间限制:12000ms

单点时限:6000ms

内存限制:256MB

描述

A市是一个高度规划的城市，但是科技高端发达的地方，居民们也不能忘记运动和锻炼，因此城市规划局在设计A市的时候也要考虑为居民们建造一个活动中心，方便居住在A市的居民们能随时开展运动，锻炼强健的身心。

城市规划局希望活动中心的位置满足以下条件：

1. 到所有居住地的总距离最小。

2. 为了方便活动中心的资源补给和其他器材的维护，活动中心必须建设在A市的主干道上。

为了简化问题，我们将A市摆在二维平面上，城市的主干道看作直角坐标系平的X轴，城市中所有的居住地都可以看成二维平面上的一个点。

现在，A市的城市规划局希望知道活动中心建在哪儿最好。

输入

第一行包括一个数T，表示数据的组数。

接下来包含T组数据，每组数据的第一行包括一个整数N，表示A市共有N处居住地

接下来N行表示每处居住地的坐标。

输出

对于每组数据，输出一行“Case X: Y”，其中X表示每组数据的编号(从1开始)，Y表示活动中心的最优建造位置。我们建议你的输出保留Y到小数点后6位或以上，任何与标准答案的绝对误差或者相对误差在10^-6以内的结果都将被视为正确。

 

数据范围

小数据：1 ≤ T ≤ 1000, 1 ≤ N ≤ 10

大数据：1 ≤ T ≤ 10, 1 ≤ N ≤ 10⁵

对于所有数据，坐标值都是整数且绝对值都不超过10⁶

样例解释

样例1：活动中心的最优建造位置为(1.678787, 0)

样例输入

1
3
1 1
2 2
3 3

样例输出

Case 1: 1.678787

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <math.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int INF=1<<28;
const int N=100005;
const double eps=1e-8;
int n;
struct node
{
    double x,y;
}f[N];
int max = INF;
double dis(double x,double y,double xx)
{
    return sqrt((x-xx)*(x-xx)+y*y);
}
double ternarySearch(double l,double r)//三分
{
    while(r-l>eps)
    {
        double sum1 = 0,sum2 = 0;
        double ll=(2*l+r)/3;
        double rr=(l+2*r)/3;
        for (int i = 1;i <= n; i++)
        sum1+=dis(f[i].x,f[i].y,ll);
        for (int i = 1;i <= n; i++)
        sum2+=dis(f[i].x,f[i].y,rr);
        if (sum1 > sum2)
        l = ll;
        else
        r = rr;

    }
    return l;
}
int main()
{
    int t;
    int o = 0;
    printf("%d\n",INF);
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        o++;
        scanf("%d",&n);
        double l = INF,r = -INF;
        for (int i = 1;i <= n; i++)
        {
            scanf("%lf%lf",&f[i].x,&f[i].y);
            if (l > f[i].x)
            l = f[i].x;
            if (r < f[i].y)
            r = f[i].y;
        }
        double ans = ternarySearch(l,r);
        printf("Case %d: %.7f\n",o,ans);

    }
    return 0;
}