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The 36th ACM/ICPC Asia Regional Shanghai Site —— Warmup 个人题解

yzhw — Wed, 07 Sep 2011 14:30:00 GMT

摘要: 好吧，做出来6题。。不想写详细的结题报告了，写个简略版的把第一题，贪心，不用说# include using namespace std; int main() { int test; scanf("%d",&test); for(int t=1;t<=test;t++) { int n; ... 阅读全文

yzhw 2011-09-07 22:30 发表评论

pku2894-2903 Tehran 2005 比赛总结

yzhw — Sun, 30 Jan 2011 17:59:00 GMT

摘要: Solved ID Title Ratio(AC/att) Yes Problem A Ancient Keyboard 10... 阅读全文

yzhw 2011-01-31 01:59 发表评论

pku1334 Two Mountaineers 贪心+分类讨论

yzhw — Tue, 25 Jan 2011 16:58:00 GMT

题意:

两个人爬山，时刻要保证在同一水平面上，直到两人互换位置。问走过的最短距离。两点间距离定义为两点间的y轴绝对值差。
给力条件：除了首尾两点每个点的y坐标均不相同

解法：
DP？杀鸡用牛刀，没必要！
贪心！
首先明确，不能走回头路，这里的回头路指完全退回到上个步骤所在的点，显然，这样的走法是无意义的。
设置两个指针，p1指向头，p2指向尾，循环至两个指针重叠。下面具体分四种情况讨论：
1、如果y_p1+1>y_p1且y_p2-1>y_p2，这种情况下当然山峰高的帮助山峰低的越过低的山峰

2、如果y_p1+1>y_p1且y_p2-1p2，这种情况又要分两种情况：
2.1 如果(p1,p1+1)这段上坡通过局部回退能够让p2度过这个山谷，显然这样就是p2--
2.2 否则p1必须回退至上个拐点，试图获得更低的高度，这样就是p1--
3、如果y_p1+1p1且y_p2-1>y_p2，与上种情况类似，不加赘述。
4、如果y_p1+1p1且y_p2-1p2，这种情况不应该是正常情况下应该出现的，因该是碰到某个很深的山谷后上坡段回退形成的，这时候应该继续后退，以寻求更低点。

代码里写的很清楚，大家看代码吧：

1# include <cstdio>
2using namespace std;
3# define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
4# define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
5int p[1001][2],n,p1,p2,ans,last;
6int main()
7{
8    int test;
9    scanf("%d",&test);
10    while(test--)
11    {
12        scanf("%d",&n);
13        for(int i=0;i<n;i++)
14          scanf("%d %d",&p[i][0],&p[i][1]);
15        p1=0,p2=n-1,ans=0;
16        last=p[0][1];
17        while(p2>p1)
18        {
19           if(p[p2-1][1]>p[p2][1]&&p[p1+1][1]>p[p1][1])
20           {
21                ans+=2*(min(p[p2-1][1],p[p1+1][1])-last);
22                last=min(p[p2-1][1],p[p1+1][1]);
23                if(p[p2-1][1]==last) p2--;
24                if(p[p1+1][1]==last) p1++;
25           }
26           else if(p[p2-1][1]<p[p2][1]&&p[p1+1][1]>p[p1][1])
27           {
28              ans+=2*(last-max(p[p2-1][1],p[p1][1]));
29              last=max(p[p2-1][1],p[p1][1]);
30              if(last==p[p2-1][1]) p2--;
31              else p1--;
32           }
33           else if(p[p2-1][1]>p[p2][1]&&p[p1+1][1]<p[p1][1])
34           {
35            ans+=2*(last-max(p[p2][1],p[p1+1][1]));
36            last=max(p[p2][1],p[p1+1][1]);
37            if(last==p[p1+1][1]) p1++;
38            else p2++;
39           }
40           else
41           {
42              ans+=2*(min(p[p1][1],p[p2][1])-last);
43              last=min(p[p1][1],p[p2][1]);
44              if(last==p[p1][1]) p1--;
45              else p2++;
46           }
47        }
48        printf("%d\n",ans*2);
49    }
50    return 0;
51}
52

yzhw 2011-01-26 00:58 发表评论

pku 3393 Lucky and Good Months by Gregorian Calendar 英语阅读题

yzhw — Wed, 05 Jan 2011 16:14:00 GMT

哎。。怎么说呢，这种题目一点细节注意不到就是几个小时的浪费
总结下题目吧
说白了就是计算公历系统中某年某月的第一天是不是周一、周六、周日以及某年某月的最后一天是不是周五、周六、周日
关于公历大家知道的就不说了，说几点大家可能不知道的
1、关于闰年
An year y, y > 1582 and y ≠ 1700, is a leap year if and only if（注意！1700算闰年）

y is divisible by 4, and
y is not divisible by 100 unless it is divisible by 400.

An year y, 0 < y < 1582 is a leap year if and only if

y is divisible by 4.

2、关于公历中有11天的缺失
11 days are eliminated starting September 3, 1752 in order for people not to rewrite history

下面就是常规的做法了。。
统计截止到每一年有多少天，然后将所有的lucky month和good month都找出来，顺序存放在数组中，查询的时候二分减一下就可以了~
代码：

1 # include <iostream>
2 using namespace std;
3 int o[]={31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31},l[]={31,29,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
4 int y[10001];
5 # include <vector>
6 # include <algorithm>
7 # define MON 730124
8 # define FRI 730121
9 # define SAT 730122
10 # define SUN 730123
11 vector<int> lucky,good;
12 int main()
13 {
14     //init
15     for(int i=1;i<12;i++)
16       o[i]+=o[i-1],l[i]+=l[i-1];
17     y[0]=0;
18     for(int i=1;i<10000;i++)
19     {
20       if(i<1582&&i%4==0||i>1582&&(i%4==0&&i%100!=0||i%400==0)||i==1700)
21           y[i]=y[i-1]+l[11];
22       else
23           y[i]=y[i-1]+o[11];
24       if(i==1752) y[i]-=11;
25     }
26    for(int i=1;i<10000;i++)
27    {
28
29         int *m;
30         if(i<1582&&i%4==0||i>1582&&(i%4==0&&i%100!=0||i%400==0)) m=l;
31         else m=o;
32         if(i==1752)
33         {
34           for(int j=8;j<12;j++) m[j]-=11;
35         }
36         if((y[i-1]+1-MON)%7==0||(y[i-1]+1-SAT)%7==0||(y[i-1]+1-SUN)%7==0) good.push_back(i*12+1);
37         if((y[i-1]+o[0]-FRI)%7==0||(y[i-1]+o[0]-SAT)%7==0||(y[i-1]+o[0]-SUN)%7==0) lucky.push_back(i*12+1);
38         for(int j=1;j<12;j++)
39         {
40            if((y[i-1]+1+m[j-1]-MON)%7==0||(y[i-1]+1+m[j-1]-SAT)%7==0||(y[i-1]+1+m[j-1]-SUN)%7==0) good.push_back(i*12+j+1);
41            if((y[i-1]+m[j]-FRI)%7==0||(y[i-1]+m[j]-SAT)%7==0||(y[i-1]+m[j]-SUN)%7==0) lucky.push_back(i*12+j+1);
42         }
43         if(i==1752)
44         {
45           for(int j=8;j<12;j++) m[j]+=11;
46         }
47    }
48    int n;
49    cin>>n;
50    while(n--)
51    {
52       int y1,m1,y2,m2;
53       cin>>y1>>m1>>y2>>m2;
54       cout<<upper_bound(lucky.begin(),lucky.end(),y2*12+m2)-lower_bound(lucky.begin(),lucky.end(),y1*12+m1)<<" "<<upper_bound(good.begin(),good.end(),y2*12+m2)-lower_bound(good.begin(),good.end(),y1*12+m1)<<endl;
55    }
56    //system("pause");
57    return 0;
58 }
59

yzhw 2011-01-06 00:14 发表评论

pku 1771 Elevator Stopping Plan 二分+贪心判断可行性

yzhw — Tue, 19 Oct 2010 06:24:00 GMT

题意是这样的：
一幢大楼有21层，只有一个电梯，电梯上一层楼需要4秒。停一次需要10秒，人爬一层楼需要20秒，现有一些人想通过电梯上楼，电梯选择性的停一些楼层，使得最后一个人到达目的楼层的时间最小。
像这种最大最小问题一般思路就是二分+验证可行性。这道题验证可行性可采用贪心方法，即电梯停靠的越上层越好，每次停靠的楼层用不等式t-10*num-4*(i-1)-20*(j-i)=0.解出。具体看代码吧- -
这题做的时候有点NC，竟然忘了排序。。汗。。

1# include <iostream>
2# include <vector>
3# include <algorithm>
4# define abs(a) ((a)>0?(a):-(a))
5using namespace std;
6int data[50],n;
7void make(int limit)
8{
9    int used=0,p=0,last=1;
10    vector<int> ans;
11    while(p<n&&10*used+(last-1)*4+abs(data[p]-last)*20<=limit)
12          p++;
13    while(p<n)
14    {
15
16       int up=(limit+20*data[p]+4-10*used)/24;
17       last=up;
18       ans.push_back(last);
19       p++;
20       while(p<n&&10*used+(last-1)*4+abs(data[p]-last)*20<=limit)
21          p++;
22       used++;
23    }
24    cout<<ans.size();
25    for(int i=0;i<ans.size();i++)
26      cout<<" "<<ans[i];
27    cout<<endl;
28}
29bool chk(int limit)
30{
31    int used=0,p=0,last=1;
32    while(p<n&&10*used+(last-1)*4+abs(data[p]-last)*20<=limit)
33          p++;
34    while(p<n)
35    {
36
37       if(10*used+(data[p]-1)*4>limit) return false;
38       int up=(limit+20*data[p]+4-10*used)/24;
39       //if(up>31) up=31;
40       last=up;
41       p++;
42       while(p<n&&10*used+(last-1)*4+abs(data[p]-last)*20<=limit)
43          p++;
44       used++;
45
46    }
47    return true;
48}
49int main()
50{
51    while(true)
52    {
53        int s=0,e=-1;
54        cin>>n;
55        if(!n) break;
56        for(int i=0;i<n;i++)
57        {
58             cin>>data[i];
59             e=((data[i]-1)*20>e?(data[i]-1)*20:e);
60        }
61        sort(data,data+n);
62      //  int *p=unique(data,data+n);
63       // n=p-data;
64        while(s<=e)
65        {
66           int mid=(s+e)>>1;
67           if(chk(mid))
68              e=mid-1;
69           else
70              s=mid+1;
71        }
72        cout<<s<<endl;
73        make(s);
74    }
75    return 0;
76}
77
78

yzhw 2010-10-19 14:24 发表评论