C++博客-lzh-随笔分类-ＡＣＭ解题报告

最大公约数问题

lzh525 — Mon, 25 Apr 2011 14:34:00 GMT

#include using namespace std; int gcd(int x,int y) {//欧几里得：辗转相除法 if(x>1,y>>1) //若x偶，y奇, 则f(x,y)=f(x>>1,y) //若x奇，y偶, 则f(x,y)=f(x,y>>1) //若x,y都为奇数，f(x,y)=f(y,x-y),那么在f(x,y)=f(y,x-y)之后(x-y)是一个偶数，下一步会有除以2的操作，所以最坏情况下的时间复杂度O(log2(max(x,y))) int f2(int x,int y) { if(x>1,y>>1)<<1); else return f2(x>>1,y); } else { if(y%2==0) return f2(x,y>>2); else return f2(y,x-y); } } } int main() { int m,n; while(cin>>m>>n) { printf("%d与%d的最大公约数为:\n",m,n); //cout<

lzh525 2011-04-25 22:34 发表评论

Check the Check(UVa10196)

lzh525 — Sun, 24 Oct 2010 01:14:00 GMT

摘要: 将军....棋盘搜索问题阅读全文

lzh525 2010-10-24 09:14 发表评论

LC-Display(UVa706)

lzh525 — Sun, 24 Oct 2010 01:05:00 GMT

摘要: //注意数组模板创建的重要性1 #include 2 #include 3 char s[15]; 4 char a[5][35]= 5 { "q-qq0qq-qq-qq0qq-qq-qq-qq-qq-q", 6 "|0|q0|q0|q0||0||0q|0qq0||0||0|", 7 "q0qq0qq... 阅读全文

lzh525 2010-10-24 09:05 发表评论

并查集

lzh525 — Sat, 16 Oct 2010 07:51:00 GMT

1 /*并查集学习：
2
3 并查集：(union-find sets)
4
5 一种简单的用途广泛的集合. 并查集是若干个不相交集合，能够实现较快的合并和判断元素所在集合的操作，应用很多，如其求无向图的连通分量个数等。最完美的应用当属：实现Kruskar算法求最小生成树。
6
7 l         并查集的精髓（即它的三种操作，结合实现代码模板进行理解）：
8
9 1、unit(x) 把每一个元素初始化为一个集合
10
11 初始化后每一个元素的父亲节点是它本身，每一个元素的祖先节点也是它本身（也可以根据情况而变）。
12
13 2、find(x) 查找一个元素所在的集合
14
15 查找一个元素所在的集合，其精髓是找到这个元素所在集合的祖先！这个才是并查集判断和合并的最终依据。
16 判断两个元素是否属于同一集合，只要看他们所在集合的祖先是否相同即可。
17 合并两个集合，也是使一个集合的祖先成为另一个集合的祖先，具体见示意图
18
19 3、connect(x,y) 合并x,y所在的两个集合
20
21 合并两个不相交集合操作很简单：
22 利用find找到其中两个集合的祖先，将一个集合的祖先指向另一个集合的祖先。
23          并查集的优化
24
25 1、find(x)时路径压缩
26 寻找祖先时我们一般采用递归查找，但是当元素很多亦或是整棵树变为一条链时，每次find(x)都是O(n)的复杂度，有没有办法减小这个复杂度呢？
27 答案是肯定的，这就是路径压缩，即当我们经过"递推"找到祖先节点后，"回溯"的时候顺便将它的子孙节点都直接指向祖先，这样以后再次find(x)时复杂度就变成O(1)了，如下图所示；可见，路径压缩方便了以后的查找。
28
29
30 2、connect(x,y)时按秩合并
31 即合并的时候将元素少的集合合并到元素多的集合中，这样合并之后树的高度会相对较小。
32 */
33
34 #include<iostream>
35 using namesfatherace std;
36
37 int father[30001];//各个元素的父节点数组
38 int h[30001];//哥哥元素的高度
39
40 void Init(int n)
41 {
42     for(int i=0;i<n;i++)
43     {
44         father[i]=i;
45         h[i]=0;
46     }
47 }
48
49 int find(int x)
50 {
51     if(x!=father[x])
52         father[x]=find(father[x]);
53     return father[x];
54 }
55
56 void connect(int a,int b)
57 {
58     int x,y;
59     x=find(a);
60     y=find(b);
61     if(x==y)
62         return ;
63     if(h[x]<h[y])
64         father[x]=y;
65     else
66     {
67         if(h[x]==h[y])
68             h[x]++;
69         father[y]=x;
70     }
71 }
72
73 int main()
74 {
75     int k,a,i,m,n,num,t,first;
76     Init(20);
77     cin>>k;
78     while(k--)
79     {
80         cin>>m>>n;
81
82         connect(m,n);
83     }
84     for(i=1;i<=10;i++)
85     {
86         cout<<i<<"的父节点为: "<<father[i]<<"  高度:"<<h[i]<<endl;
87     }
88     return 0;
89 }

lzh525 2010-10-16 15:51 发表评论

Little Bishops（UVa 861）

lzh525 — Wed, 25 Aug 2010 07:53:00 GMT

【题目大意】
　　给定一个n*n的棋盘，求放置k个互不攻击的象的方法数。其中n <= 8，k <= n ^ 2。
【题目分析】
　　对于棋盘放车问题可以用组合数学的知识来解决，但是对于含禁区的摆放问题，虽然组合数学给出了经典的棋盘多项式+容斥原理的解法，但是实际中棋盘多项式的求解是很困难的，因此一般需要借助状态压缩动态规划求解。
　　现在题目中要求出互不攻击的象的方法数，象的攻击路线是斜的，是不是可以考虑采用放车的方法来解呢？将棋盘黑白染色，如果一个象在黑色的格子里面，那么它一定不会攻击到白色的格子，这样的话可以分开计数，然后最后利用乘法原理加起来就行了。把棋盘旋转45度，这样象的攻击路线就是直的了，如果只考虑一种颜色的话，那么问题就转变成了经典的放车问题了，可以利用动态规划解决。
　　设dp[i][j]表示前i行放了j个车的方法数，c[i]表示第i行可以放置的棋子数量，那么转移方程为：
　　　　dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i-1][j-1] * (c[i] - (j - 1))
　　需要注意的是c数组应该是增序的，这样才能保证前面的j-1行放了车，对应这一行就有j-1个位

1 #include<iostream> 2 #include<algorithm> 3 using namespace std; 4 const int N = 70; 5 6 void init(int n, int *c1, int *c2)//将棋盘分为黑白两个区域，使得相同颜色的才在象的攻击范围内 7 { 8 memset(c1,0,sizeof(int) * N); 9 memset(c2,0,sizeof(int) * N); 10 for (int i = 1; i <= n; i++) 11 { 12 for (int j = 1; j <= n; j++) 13 { 14 if((i+j)%2)//白色区域 15 c2[(i+j)/2]++;//第(i+j)/2斜行有几个白色格子 16 else//黑色区域 17 c1[(i+j)/2]++;//第(i+j)/2斜行有几个黑色格子 18 } 19 } 20 } 21 22 void bishops(int n, int dp[N][N], int c[N])//计算过程 23 { 24 int i,j; 25 for(i=0;i<=n;i++) 26 dp[i][0]=1; 27 for(i=1;i<=n;i++) 28 for(j=1;j<=c[i];j++) 29 dp[i][j] = dp[i-1][j]+dp[i-1][j-1]*(c[i]-j+1); 30 } 31 32 int main() 33 { 34 int n, k, c1[N], c2[N], dp1[N][N], dp2[N][N], ans,i; 35 36 while(cin>>n>>k) 37 { 38 if (n==0&&k == 0) 39 break; 40 init(n,c1,c2); 41 sort(c1+1,c1+n+1); 42 sort(c2+1,c2+n); 43 memset(dp1,0,sizeof(dp1)); 44 memset(dp2,0,sizeof(dp2)); 45 bishops(n,dp1,c1); 46 bishops(n-1,dp2,c2); 47 ans=0; 48 for(i=0;i<=k;i++) 49 ans+=dp1[n][i]*dp2[n-1][k-i]; 50 cout<<ans<<endl; 51 } 52 53 return 0; 54 }

lzh525 2010-08-25 15:53 发表评论

Repackaging(UVa10089)

lzh525 — Sun, 22 Aug 2010 04:53:00 GMT

将问题转化为点A（0,0）是否在一个凸多边形内的问题........点是否在由其他点围成的多边形里的问题又转化为斜率的问题........

1 #include <cstring>
2 #include <iostream>
3 #include <string>
4 using namespace std;
5 typedef long llint;
6 llint const maxn = 1001;
7 bool repackage(llint pkgs[][3], llint p)
8 {
9     llint i;
10     for(i=0;i<p;i++)
11     {
12         pkgs[i][0] -= pkgs[i][2]; //转换为二维
13         pkgs[i][1] -= pkgs[i][2];
14     }
15     llint x1=pkgs[0][0], y1=pkgs[0][1],x2 = pkgs[0][0], y2=pkgs[0][1];
16     for (i = 1; i < p; i++)
17     {
18         llint x = pkgs[i][0], y = pkgs[i][1];
19         llint a1 = y1 * x, b1 = x1 * y, a2 = y2 * x, b2 = x2 * y;
20         if (a1 == b1)
21             if (x1 * x + y1 * y<=0)//如果两点在一条直线上且位于不同项限则（0，0）包含在凸包内
22                 return true;
23             if (a2 == b2)
24                 if (x2 * x + y2 * y <= 0)
25                     return true;
26                 if (a1 < b1)
27                     x1 = x, y1 = y; //保存斜率大的
28                 if (a2 > b2)
29                     x2 = x, y2 = y; //保存斜率小的
30                 if (x1==x2&&y1==y2)//(0,0)点包含在凸包内则“YES”
31                     return true;
32                 if (y1 * x2 == y2 * x1)
33                     if (x1 * x2 + y1 * y2 <= 0)
34                         return true;
35                     if (y1 * x2 < y2 * x1)
36                         return true;
37     }
38     return false;
39 }
40 int main()
41 {
42     llint pkgs[maxn][3],p,i;
43     while(cin>>p)
44     {
45         if(p==0)
46             break;
47         for (i=0;i<p;i++)
48             cin>>pkgs[i][0]>>pkgs[i][1]>>pkgs[i][2];
49         if (repackage(pkgs,p))
50             cout << "Yes\n";
51         else
52             cout << "No\n";
53     }
54     return 0;
55 }

lzh525 2010-08-22 12:53 发表评论

Marbles(UVa 10090)

lzh525 — Sun, 22 Aug 2010 03:18:00 GMT

/*刚拿此题时一头雾水，当看完一次同余方程时方才有点头绪.....后来在又在求最值问题上遇到麻烦。最后才在数学推导下才AC此题.....第一次深刻体会到数学对解题的重要性....下面说一下我的解题思路.....

1.首先通过Gcd函数求出n1,n2的最大公约数g以及满足条件的x,y: n1*x+n2*y=n;（递归运用:x0=1,y0=0;x=y1,y=(x1-n1/n2*y1)）

显然当n不能被g整除时显然没解....这里有一个问题：Gcd函数求出的x,y为什么刚好能使得|x|+|y|最小？？请求数学达人指导

2.求出满足条件的m1,m2使得m1*n1+m2*n2=n (1)：由1得,x*n1+y*n2=g (2)....结合（1（2）:m1=n*x/g+t*n2/g,m2=n*y/g-t*n1/g;这里的t是一个参数，但仍能满足（1）式。

3.由m1>=0,m2>=0可得他t1=

4.由c=c1*m1+c2*m==》c=num1+t*(c1*n2-c2*n1)....因此c的大小取决于c1*n2-c2*n1的正负以及t的值....之后的过程在代码中很明了了。

1 #include<iostream>

2 #include<math.h>
3 using namespace std;
4 long Gcd(long p,long q,long *x,long *y)
5 {
6     long x1,y1;
7     long g;
8     if(q>p)
9         return (Gcd(q,p,y,x));
10     if(q==0)
11     {
12         *x=1;
13         *y=0;
14         return p;
15     }
16     g=Gcd(q,p%q,&x1,&y1);
17     *x=y1;
18     *y=(x1-p/q*y1);
19     return g;
20 }
21 int main()
22 {

23
24     long n,c1,c2,n1,n2,x,y,gcd,t1,t2,t,a,b;
25     //freopen("c:\\in.txt","r",stdin);
26 //    freopen("c:\\8522.out","w",stdout);
27     while(cin>>n)
28     {
29         if(n==0)
30             break;
31         cin>>c1>>n1>>c2>>n2;
32         gcd=Gcd(n1,n2,&x,&y);
33         t1=ceil(-n*(double)x/(double)n2);
34         t2=floor(n*(double)y/(double)n1);
35         if((t1>t2)||(n%gcd!=0))
36         {
37             cout<<"failed\n";
38             continue;
39         }
40         if(c1*n2>=c2*n1)
41             t=t1;
42
43         else
44           t=t2;
45         a=n*x/gcd+t*n2/gcd;
46         b=n*y/gcd-t*n1/gcd;
47         cout<<a<<" "<<b<<endl;
48     }
49     return 0;
50 }

lzh525 2010-08-22 11:18 发表评论