2014百度之星资格赛

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2024-07-05 11:49:00 226人阅读

A. Energy Conversion

小度有M点能量，打开石门需要N点能量，他可以有一个操作使用V点能量让自己当前能量变成(M-V)*K，问最少需要几次能量转换才能打开石门，打不开输出-1.

N,M,V,K <= 10 ^ 8

a.模拟能量转换过程，如果发现能量转换后保持不变，或者能量变小，答案就是-1，否则输出模拟后的答案。因为K肯定会大于2，所以收敛到N还是很快的。

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <map>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cstdlib>
#include <set>
#include <numeric>
using namespace std;



int main() {
    int t;
    scanf("%d", &t);
    __int64 n, m, v, k, ans;
    while (t--) {
        scanf("%I64d %I64d %I64d %I64d", &n, &m, &v, &k);
        if (m >= n) ans = 0;
        else if ((m - v)*k >= n) ans = 1;
        else if (k==1) ans = -1;
        else {

            __int64 kk = k;
            __int64 cur = 0;
            for (int i = 1;; i++) {
                long long val = m * kk + v * k * (kk - 1) / (1 - k);
                if (val <= cur) {
                    ans = -1;
                    break;
                }
                if (val >= n) {
                    ans = i; break;
                }
                cur = val;
                kk *= k;
            }
        }
        printf("%I64d\n", ans);
    }
}

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b.进行数值分析,当K不等于1是，n次后能得到的能量为

,我们保证它的导数是大于0，那么当f(n)=M时候，求得n就是答案。

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <map>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cstdlib>
#include <set>
#include <numeric>
using namespace std;

int main() {
    int t;
    scanf("%d", &t);
    double n, m, v, k;
    int ans;
    while (t--) {
        scanf("%lf %lf %lf %lf", &n, &m, &v, &k);
        if (m >= n) ans = 0;
        else if ((m - v)*k >= n) ans = 1;
        else {
            if (k == 1) {
                ans = -1;
            }
            else {
                if (m + v * k /(1 - k) <= 0) ans = -1;
                else {
                    ans = ceil(log(((1 - k)*n + v*k) / ((1 - k)*m + v*k)) / log(k));
                    if (ans < 2)    ans = -1;
                }
            }
        }
        printf("%d\n", ans);
    }
}

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B. Disk Schedule

双调路径，DP动态规划

C. Xor Num

描述：

Problem Description

Zeus 和 Prometheus 做了一个游戏，Prometheus 给 Zeus 一个集合，集合中包含了N个正整数，随后 Prometheus 将向 Zeus 发起M次询问，每次询问中包含一个正整数 S ，之后 Zeus 需要在集合当中找出一个正整数 K ，使得 K 与 S 的异或结果最大。Prometheus 为了让 Zeus 看到人类的伟大，随即同意 Zeus 可以向人类求助。你能证明人类的智慧么？

Input

输入包含若干组测试数据，每组测试数据包含若干行。
输入的第一行是一个整数T（T < 10），表示共有T组数据。
每组数据的第一行输入两个正整数N，M（<1=N,M<=100000），接下来一行，包含N个正整数，代表 Zeus 的获得的集合，之后M行，每行一个正整数S，代表 Prometheus 询问的正整数。所有正整数均不超过2^32。

思路：对于一个正整数S如何找一个数X，让S ^ X最大，最简单的方法就是，X的每一位与S的每一位是相反的。那么对于S集合中的所有数就可以构造一棵Trie树进行记录，寻找时候就S当前位取反的方向向下查找(如果存在，否则向另一个方向)，直到遍历完S的每一位，也就从Trie树得到答案。构造Trie树的复杂度为O（32*N），每次查询的复杂度为O(32)，Trie空间复杂度理论为(2^32)，但是最多只有N个整数，所以是不会太大。

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <map>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cstdlib>
#include <set>
#include <numeric>
#include <bitset>
using namespace std;

const int branchNum = 2;//字数的个数
class TrieNode
{
public:
    TrieNode *next[branchNum];
    TrieNode()
    {
        memset(next, NULL, sizeof(next));
    }
};

class Trie
{
public:
    Trie();
    void Insert(int val);
    unsigned long Find(int val);
    void DeleteTrie(TrieNode *root);
    TrieNode *Root;
};

Trie::Trie()
{
    Root = new TrieNode();
}

void Trie::Insert(int val)
{
    TrieNode *location = Root;
    for (int i = 31; i >= 0; i--)
    {
        int v = val >> i;
        if (location->next[v & 0x01] == NULL)//不存在就建立节点
        {
            TrieNode *tmp = new TrieNode();
            location->next[v & 0x01] = tmp;
        }
        location = location->next[v & 0x01];
    }
}

unsigned long Trie::Find(int val)
{
    bitset<32> res;
    TrieNode *location = Root;
    for (int i = 31; i >= 0; i--)
    {
        int v = val >> i;
        if (v & 0x01)
        {
            if (location->next[0] != NULL)
            {
                location = location->next[0];
                res[i] = 0;
            }
            else 
            {
                location = location->next[1];
                res[i] = 1;
            }
        }
        else
        {
            if (location->next[1] != NULL)
            {
                location = location->next[1];
                res[i] = 1;
            }
            else
            {
                location = location->next[0];
                res[i] = 0;
            }
        }
    }
    return res.to_ulong();
}

void Trie::DeleteTrie(TrieNode *root)
{
    for (int i = 0; i < branchNum; ++i)
    {
        if (root->next[i] != NULL)
        {
            DeleteTrie(root->next[i]);
        }
    }
    delete root;
}



int main()
{
    int t, n, m, i, e;
    scanf("%d", &t);
    for (int Cas = 1; Cas <= t; Cas++)
    {
        scanf("%d %d", &n, &m);
        Trie t;
        for (i = 0; i < n; i++) {
            scanf("%d", &e);
            t.Insert(e);
        }
        printf("Case #%d:\n", Cas);
        while (m--)
        {
            scanf("%d", &e);
            printf("%u\n", t.Find(e));
        }
    }
    return 0;
}

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D. Labyrinth

题意就是给定一个矩阵，每个单元元素可以使正、负、0，起始点在左上角，终止点在右上角，每次只能上、下、右三种移动方式，并且一个格子只能走一次，问得到的最大值。

用动态规划来求解，定义dp[i][j]，代表从(1, 1)走到第(i, j)个格子时候得到的最大值，那么最后的答案就是dp[1][m]。

现在只考虑两列：

我们要求dp[i][j]的值，它可以来自于J-1列的各个单元，那么可以得到递推的方程如下：

其中k是枚举第j-1列的各行单元，v代表矩阵中存储的值，sum(k, i-1)，代表求第j列的第k行到i-1行的和。由于每一列只和前面的一列相关，还可以用滚动数组来进行空间优化的。

那么最后得到dp[1][m]就是需要的值。

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <map>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cstdlib>
#include <set>
#include <numeric>
#include <bitset>
using namespace std;

const int maxn = 105;
int e[maxn][maxn];
int dp[maxn][maxn];
int sum[maxn][maxn];

int main()
{
    int t, i, j, k, r, c;
    scanf("%d", &t);
    for (int Cas = 1; Cas <= t; Cas++) {
        scanf("%d %d", &r, &c);
        for (i = 1; i <= r; i++)
        for (j = 1; j <= c; j++)
            scanf("%d", &e[i][j]);

        memset(sum, 0, sizeof(sum));
        for (i = 1; i <= c; i++)
        for (j = 1; j <= r; j++) {
            sum[j][i] = sum[j - 1][i] + e[j][i];
        }

        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        dp[1][1] = e[1][1]; 
        for (i = 1; i <= r; i++) {
            dp[i][1] = dp[i - 1][1]+e[i][1];
        }



        for (i = 2; i <= c; i++)
        for (j = 1; j <= r; j++) {
            dp[j][i] = -0x3fffffff;
            for (k = 1; k <= r; k++) {
                int tmp;
                if (k == j) {
                    tmp = e[j][i];
                } else if (k > j) {
                    tmp = sum[k][i] - sum[j][i] + e[j][i];
                } else {
                    tmp = sum[j - 1][i] - sum[k - 1][i] + e[j][i];
                }
                dp[j][i] = max(dp[j][i], dp[k][i - 1] + tmp);
            }
        }
        printf("Case #%d:\n", Cas);
        printf("%d\n", dp[1][c]);
    }
    return 0;
}

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