第二届“传智杯”全国大学生IT技能大赛（决赛同步）

T130013 游园会盖章

题目描述

传智专修学院举办了一场游园活动，其中一个非常重要的环节就是收集印章。集章卡是一张高度宽度分别为 $h,w(20\le h \le 1000,50\le w \le 2000)$ 的白纸。初始情况下每个单位像素都是由 . 来填充（代表白色）。

现在小 A 在一个摊位上盖章。由于小 A 很喜欢这个摊位印章的样式，所以他会连续盖上 $n(1\le n \le 2000)$ 次印。这个印章是宽 50、高 20 的图形，是这样：

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O@@@@@@@^.....=@@@@@@@@@@@@@O[..../@@@@@@@@@O`....
@@@@@@@O.......\@@@@@@@@O[...../O@@@@@@@@@O`......
@@@@@@@@^.........[`.......]OO@@@@@@@@@@O`........
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......................O@@@@@@O....................

由于盖章时手不太稳，所以盖章时也有可能会使这个图样旋转 180°（当然不同的字符只代表不同的颜色，字符本身不需要翻转）。

现在已经知道了小 A 的 $n$ 次盖章信息，包括左上角坐标 $x,y$，和旋转方式 $r$。也就是说，这个图样旋转后的左上角，位于集章卡的第 $x$ 行 $y$ 列的位置，集章卡的左上角坐标是 $(0,0)$。

需要特别注意的是，后盖的印章可能和之前改的印章重叠。后盖的章有颜色的部分（不是 . 的部分）会覆盖之前印上的图形。

输入格式

第一行三个整数 $n,h,w$ 代表印章次数，代表集章卡的高度和宽度。

接下来 $n$ 行，每行三个整数 $x,y,r$，描述每次盖章的信息。其中 $(x,y)$ 是图样（旋转后）左上角的坐标，$r(0\le r\le 1)$ 代表旋转方式，代表图样顺时针旋转 $r\times 180\degree$。保证印章的图案至少有一部分在集章卡内部。

输出格式

输出一个高度为 $h$，宽度为 $w$ 的字符矩阵，表示全部盖印后的集章卡的样子。评测时会忽略行末空格和输出文件末尾的回车。

输入

2 37 70
2 2 0
15 18 1

输出

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.....,/@@@@@@@O/...../@@@@@@@@@@@@@@O....../@@@@@@@0..................
....=@@@@@@@O`...../@@@@@@@@@@@@@@@@^.....O@@@@@@@O...................
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解题思路

模拟

先将白纸初始化，再模拟覆盖即可~
注意：章的.不会覆盖

• 时间复杂度：$O(100\times n)$

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char paper[1005][2005];
char stamp[25][55]=
{
"...........................,]]OOO@@@@OOO]`........",
"....................,]OO@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@O`....",
"................./O@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@@^..",
"............../O@@@@@@@@@@@@@@@OOOOOOO@@@@@@@@@@@.",
"..........,/@@@@@@@@@@@@O/[.............[O@@@@@@@\\",
"........,O@@@@@@@@@@O/`..................,O@@@@@@O",
".......O@@@@@@@@@O`......]OO@@@O\\`........O@@@@@@@",
".....,O@@@@@@@@/`.....]O@@@@@@@@@@^.......O@@@@@@@",
"...,/@@@@@@@O/...../@@@@@@@@@@@@@@O....../@@@@@@@0",
"..=@@@@@@@O`...../@@@@@@@@@@@@@@@@^.....O@@@@@@@O.",
"./@@@@@@@/......O@@@@@@@@@@@@@@@O`..../@@@@@@@@O..",
"=@@@@@@@O......O@@@@@@@@@@@@@@@^....O@@@@@@@@@O...",
"O@@@@@@@^.....=@@@@@@@@@@@@@O[..../@@@@@@@@@O`....",
"@@@@@@@O.......\\@@@@@@@@O[...../O@@@@@@@@@O`......",
"@@@@@@@@^.........[`.......]OO@@@@@@@@@@O`........",
"O@@@@@@@@O\\............]/@@@@@@@@@@@@O/...........",
"=@@@@@@@OOOoo`........O@@@@@@@@@@@@/`.............",
"..\\OOOOO*,`*..........O@@@@@@@@@O`................",
".....,[[..............O@@@@@@O`...................",
"......................O@@@@@@O...................."
};
int n,h,w,x,y,r;
int main()
{
    for(int i=0;i<=1000;i++)
        for(int j=0;j<=2000;j++)paper[i][j]='.';
    for(scanf("%d%d%d",&n,&h,&w);n;n--)
    {
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&r);
        if(r==0)
        {
            for(int i=x;i<min(1001,x+20);i++)
                for(int j=y;j<min(2001,y+50);j++)
                    if(stamp[i-x][j-y]!='.')paper[i][j]=stamp[i-x][j-y];
        }
        else
        {
            for(int i=x;i<min(1001,x+20);i++)
                for(int j=y;j<min(2001,y+50);j++)
                    if(stamp[x-i+19][y-j+49]!='.')paper[i][j]=stamp[x-i+19][y-j+49];
        }
    }
    for(int i=0;i<h;i++)
    {
        for(int j=0;j<w;j++)putchar(paper[i][j]);
        puts("");
    }
    return 0;
}

P6462 补刀

题目描述

UIM 在写程序的空闲玩一款 MOBA 游戏。

当敌方的小兵进入到我方防御塔的范围内，就会持续受到防御塔造成的伤害；当然我方英雄也可以对它造成伤害。当小兵的血量降到了 0 或者更低，就会被击杀。为了获得经验，UIM 希望在防御塔将这个小兵杀死之前，亲自补刀将其击杀。

为了简化问题，我们假设这个小兵有 $h$ 点的生命值。每次防御塔的攻击可以给小兵造成 $x$ 点伤害，而你的英雄每次攻击可以给小兵造成 $y$ 点伤害。你的攻击速度和防御塔攻击速度相同，所以你可以在防御塔第一次攻击小兵之前，或者每次防御塔攻击之后，选择是否对小兵进行一次攻击，当然你也可以选择不攻击。

现在想知道，给出这些信息，判断英雄是否有办法将这个小兵击杀？

输入格式

每个测试点由多组数据组成。

输入第一行，包含一个正整数 $T$，表示数据组数。

接下来 $T$ 行，每行三个非负整数 $h,x,y$，其意义已经在题目描述中给出。

输出格式

输出 $T$ 行。对于每组数据，如果可以最后将小兵击杀，输出 Yes，否则输出 No。

输入

5
100 100 1
100 97 1
100 98 1
100 99 1
100 100 0

输出

No
No
Yes
Yes
No

说明/提示

数据的组数不多于 $50$，$1\le h \le 10^{18}$，$0\le x,y \le 10^{18}$。

解题思路

模拟

先特判如果英雄输出不小于小兵血量，可以补刀。如果英雄输出为 $0$，则肯定补不了刀；否则如果防御塔输出为 $0$，则可以补刀
假设防御塔攻击了小兵 $a$ 次，如果 $(a+1) \times y \ge h-a\times x$，则说明可以补刀，求出满足条件的最小的 $a$，同时需要满足 $h-a \times x >0$，即小兵被防御塔攻击后还有血量剩余~

• 时间复杂度：$O(t)$

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL=long long;
int t;
LL h,x,y;
int main()
{
    for(scanf("%d",&t);t;t--)
    {
        scanf("%lld%lld%lld",&h,&x,&y);
        if(y==0)puts("No");
        else if(x==0)
            puts("Yes");
        else
        {
            if(y>=h)puts("Yes");
            else
            {
                LL a=(h-y+x+y-1)/(x+y);
                puts(h-a*x>0?"Yes":"No");
            }
        }
    }
    return 0;
}

P6464 传送门

题目描述

传智专修学院里有 $n$ 栋教学楼，有 $m$ 条双向通行道路连接这些教学楼，不存在重边和自环。每条道路都有一定的长度，而且所有教学楼之间都可以直接或者间接的通过道路到达。我们可以很容易的求出这些教学楼之间的最短路。

为了使交通更为顺畅，校方决定在两个教学楼里增设一对传送门。传送门可以将这对教学楼的距离直接缩短为 $0$。利用传送门，某些教学楼之间的最短路的距离就变短了。

由于预算有限，学校里只能安装一对传送门。但是校长希望尽可能方便学生，使任意两点之间的最短路长度的总和最小。当然啦，从 $x$ 教学楼到 $y$ 教学楼的长度和从 $y$ 教学楼到 $x$ 教学楼的长度只需要统计一次就可以了。

输入格式

输入第 $1$ 行两个正整数 $n,m(n\le 100,m\le\frac{1}{2}n(n-1))$，代表教学楼和道路数量。

接下来 $m$ 行，每行三个正整数 $x_i,y_i,w_i(0 <w_i \le 10^4)$，表示在教学楼 $x_i$ 和 $y_i$ 之间，有一条长度为 $w_i$ 的道路。

输出格式

输出一行，在最优方案下的任意点对的最短道路之和。

输入

4 5
1 2 3
1 3 6
2 3 4
2 4 7
3 4 2

输出

14

说明/提示

样例如图。当在 $1$ 和 $4$ 号教学楼架设一对传送门时，$1 → 2$ 的最短路是 $3$，$1 → 3$ 的最短路是 $0+2$，$1 → 4$ 的最短路是 $0$，$2 → 3$ 的最短路是 $4$，$2 → 4$ 的最短路是 $3+0$，$3 → 4$ 的最短路是 $2$，最短路之和是 $14$，是最佳方案。

解题思路

floyd

先用floyd求出全源最短路，再枚举任意两个教学楼放置传送门，再次使用floyd更新答案，此时只用 $O(n^2)$ 的复杂度更新经过这两个教学楼的最短路即可~

• 时间复杂度：$O(n^4)$

代码

//floyd
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,x,y,w,d[105][105],bd[105][105];
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    memset(d,0x3f,sizeof d);
    for(int i=1;i<=n;i++)d[i][i]=0;
    while(m--)
    {
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&w);
        d[x][y]=d[y][x]=w;
    }
    for(int k=1;k<=n;k++)
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=1;j<=n;j++)
                d[i][j]=min(d[i][j],d[i][k]+d[k][j]);
    for(int k=1;k<=n;k++)
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=1;j<=n;j++)
                d[i][j]=min(d[i][j],d[i][k]+d[k][j]);
    int res=0x3f3f3f3f;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
        {
            memcpy(bd,d,sizeof d);
            bd[i][j]=bd[j][i]=0;
            for(int k=1;k<=n;k++)
                for(int t=1;t<=n;t++)
                    bd[k][t]=min(bd[k][t],bd[k][i]+bd[i][t]);
            for(int k=1;k<=n;k++)
                for(int t=1;t<=n;t++)
                    bd[k][t]=min(bd[k][t],bd[k][j]+bd[j][t]);
            int s=0;
            for(int k=1;k<=n;k++)
                for(int t=k+1;t<=n;t++)
                    s+=bd[k][t];
            res=min(res,s);
        }
    printf("%d",res);
    return 0;
}

__EOF__

本文作者：acwing_zyy
本文链接：https://www.cnblogs.com/zyyun/p/15500991.html
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