Description

Running a taxi station is not all that simple. Apart from the obvious demand for a centralised coordination of the cabs in order to pick up the customers calling to get a cab as soon as possible,there is also a need to schedule all the taxi rides which have been booked in advance.Given a list of all booked taxi rides for the next day, you want to minimise the number of cabs needed to carry out all of the rides.
For the sake of simplicity, we model a city as a rectangular grid. An address in the city is denoted by two integers: the street and avenue number. The time needed to get from the address a, b to c, d by taxi is |a - c| + |b - d| minutes. A cab may carry out a booked ride if it is its first ride of the day, or if it can get to the source address of the new ride from its latest,at least one minute before the new ride's scheduled departure. Note that some rides may end after midnight.

Input

On the first line of the input is a single positive integer N, telling the number of test scenarios to follow. Each scenario begins with a line containing an integer M, 0 < M < 500, being the number of booked taxi rides. The following M lines contain the rides. Each ride is described by a departure time on the format hh:mm (ranging from 00:00 to 23:59), two integers a b that are the coordinates of the source address and two integers c d that are the coordinates of the destination address. All coordinates are at least 0 and strictly smaller than 200. The booked rides in each scenario are sorted in order of increasing departure time.

Output

For each scenario, output one line containing the minimum number of cabs required to carry out all the booked taxi rides.

Sample Input

2

2

08:00 10 11 9 16

08:07 9 16 10 11

2

08:00 10 11 9 16

08:06 9 16 10 11

Sample Output

1

2

Source

Northwestern Europe 2004

       根据这道题目的意思，我们可以建一张图，对于两个booked taxi ride，ri和rj如果一辆车能够先完成ri的任务再有时间赶去完成rj的任务，那么就建立一条ri指向rj的边。

       按照题目的要求，要选择最少的taxi来完成这些任务。显然在上面这个例子中，需要安排2辆taxi。结合这个图，可以把题目的要求转化为找出最少的路径条数，使得这些路径覆盖途中所有的边，例如可以选择2条路径1->3->4和1->2就可以覆盖所有的边。也可以选择1->3->4和2（因为2作为初始站，不需要由1转移过来）。对于一条连续的路径vi1->vi2->…vik由于这条路径上的任务实际上是由一辆taxi来完成的，可以吧这条路径退化成两个点vi1->vik。有了这两步建图的步骤以后，问题的求解就可以变为找出顶点集的一个最小子集，使这个顶点子集覆盖所有的边（每条边都至少和一个顶点集的顶点相连）。这个问题就是图的最小点覆盖。再看这张图，还有一些性质能够让我们更好地求出最小点覆盖。这个图是一个有向无环图，没有自环，就可以拆点，把原先建的图变成一张二分图。

可以再图中看出，上面举出的一条路径1->3->4对应了这个二分图中的路径1->3’->3->4’，在这个二分图中就需要求一个最大独立子集（这里的4点就是一条路径的终点，没一条路径即对应有一个终点！）。二分图的最大独立数是总点数与最大匹配数的差值。接下来建图，拆点，求二分图最大匹配就能解决这道题目了。

 1#include <stdio.h>
 2#include <string.h>
 3#include <algorithm>
 4using namespace std;
 5
 6struct Point
 7{
 8    int x,y;
 9};
10struct P
11{
12    int s,e;
13    struct Point s1,s2;
14}p[505];
15int n,g[505][505],match[505];
16bool chk[505];
17
18/**//*int abs(int a)
19{
20    return a < 0 ? -a : a;
21}*/
22bool operator <(const P a, const P b)
23{
24    return a.s < b.s;
25}
26int dfs(int v)
27{
28    int i,t;
29    for(i=0; i<n; i++)
30    {
31        if(!chk[i] && g[v][i])
32        {
33            t=match[i];
34            chk[i]=true;
35            match[i]=v;
36            if(t == -1 || dfs(t)) return 1;
37            match[i]=t;
38        }
39    }
40    return 0;
41}
42int Twomatch()
43{
44    int i,ans=0;
45    memset(match,-1,sizeof(match));
46    for(i=0; i<n; i++)
47    {
48        memset(chk,false,sizeof(chk));
49        if(dfs(i)) ans++;
50    }
51    return ans;
52}
53
54int main()
55{
56    int i,cases,a,b,j,cnt;
57    char temp[10];
58    //freopen("in.txt","r",stdin);
59    scanf("%d",&cases);
60    while(cases--)
61    {
62        scanf("%d",&n);
63
64        for(i=0; i<n; i++)
65        {
66            scanf("%s",temp);
67            scanf("%d%d%d%d",&p[i].s1.x,&p[i].s1.y,&p[i].s2.x,&p[i].s2.y);
68            sscanf(temp,"%d%*[:]%d",&a,&b);
69            p[i].s=a*60+b;
70            p[i].e=p[i].s+abs(p[i].s2.x-p[i].s1.x)+abs(p[i].s2.y-p[i].s1.y);
71        }
72        //sort(p,p+n);
73        cnt=0;
74        memset(g,0,sizeof(g));
75        for(i=0; i<n; i++)
76        {
77            for(j=0; j<n; j++)
78            {
79                if(p[i].e+abs(p[i].s2.x-p[j].s1.x)+abs(p[i].s2.y-p[j].s1.y) < p[j].s && i != j)
80                    g[i][j]=1;
81            }
82        }
83        printf("%d\n",n-Twomatch());
84    }
85    return 0;
86}
87

得“计算机图形学”和“计算机图像处理”是两门很有意思的课程。这学期我们的课程安排还是一贯作风

——课程压缩，把这两门课程压成了一门课程，不仅如此还使用的是内部教材（传说中的内部教材就是把

课程内容进一步精简压缩）。即便在这种情况之下，我还是对计算机图形图像处理充满热情，想多学些东

西，好好地做课程设计。今天临下课前，老师把课程设计的题目布置下来，真令我彻底失望了。布置了20+

个题目，虽说涉及一些军事，但是要求真的很水。后面给出了一系列军事电影，灾难电影大片，做法就是

：
1、看片；
2、截图与PS；
3、写报告与做ppt。
   我想了一下，这里面可能一点理论，一点编程都不会涉及到，这样的课程设计，玩过电脑的人都会做，还

干嘛添在“信息工程”专业的“课程设计”里呢？真是可笑！！！课程都缩水缩到这种程度了，那还开什

么课呢，自欺欺人罢了。稍有点本专业知识的人也不至于会认为计算机图像处理就是玩PS吧。那大学里学

电子工程的毕业后都去修微波炉，通信工程的去卖电话卡，信息工程的就去照相馆做PS好了。
唉……这几天正是新生入学，还看着一批一批的新生往我们宿舍这边走，我心里真是难过，真想跟他们说

，“回去吧，说不定来年还能考个清华。”还有那么多家长，送个孩子上大学多不容易，但也许他们还不知道，他们的儿子要接受这样的教育。想着这些事，心都在痛啊。
   悲……

Description

Input

Output

Sample Input

4
1 2 10
2 3 10
3 3 10
1 3 10
6
1 20 1000
3 25 10000
5 15 5000
22 300 5500
10 295 9000
7 7 6000
8
32 251 2261
123 281 1339
211 235 5641
162 217 7273
22 139 7851
194 198 9190
119 274 878
122 173 8640
0

Sample Output

30
25500
38595

Source

 1for(i=1; i<=365; i++)
 2        {
 3            for(jj=0; jj<hall[i].size(); jj++)
 4            {
 5                for(j=0; j<i; j++)
 6                {
 7                    dp[i][j]=Max(dp[i][j],dp[hall[i][jj].s-1][j]+hall[i][jj].w);
 8                }
 9                for(ii=jj+1; ii<hall[i].size(); ii++)
10                {
11                    dp[i][i]=Max(dp[i][i],dp[hall[i][jj].s-1][hall[i][ii].s-1]+
12                        hall[i][jj].w+hall[i][ii].w);
13                }
14            }
15            for(j=1; j<=i; j++)
16            {
17                dp[i][j]=Max(dp[i-1][j],dp[i][j]);
18                dp[i][j]=Max(dp[i][j-1],dp[i][j]);
19                dp[j][i]=dp[i][j];
20            }
21        }

Description

Input

Output

Sample Input

4
10.00000 0.00000 0.00000 -10.00000 -10.00000 0.00000
22.23086 0.42320 -4.87328 11.92822 1.76914 27.57680
156.71567 -13.63236 139.03195 -22.04236 137.96925 -11.70517
129.400249 -44.695226 122.278798 -53.696996 44.828427 -83.507917

Sample Output

4
6
23
100

Source

题目大意是给出三个点的(x,y)坐标，要求输出一个边数最小的正多边形的边数，使这三个点恰好在

这个正多边形上面。其实这个三角形和这个正多边形是共外接圆，由外接圆的圆心出发，三角形的三

条边可以把圆分成三份，每份圆弧所对应的圆心角分别为arg[0],arg[1]和arg[2]，正多边形把圆弧

分成相等的n份，每份对应的圆心角为2*pi/n。其实三角形的三个角就分别占用了若干等份正多边形

所划分的圆弧，最后也就只要求arg[0],arg[1],arg[2]和2*pi的最大公约数(gcd)即可。但是这里是

个角度都是浮点数，所以还定义一个浮点数的gcd，计算浮点数的gcd可以利用math.h的函数fmod

(x,y)表示x%y。例如3.5%0.3=0.2，x%y的结果为不超过y的一个浮点数。下面写了一个fmod(x,y)自己

的实现。
double fmod(double x, double y)
{
 return x-floor(x/y)*y;
}
有了fmod函数以后，就可以用它来求gcd了！
double fgcd(double a, double b)
{
 double t;
 if(dblcmp(a-b) == 1)  //a>b
 {
  t=a;
  a=b;
  b=t;
 }
 if(dblcmp(a) == 0) return b;
 return fgcd(fmod(b,a),a);
}