2014多校联合八（HDU 4945 HDU 4946 HDU 4948 HDU 4950 HDU 4951 HDU 4952）

2024-09-05 03:32
文章标签 hdu 2014 多校 4945 4946 4948 4950 4951 4952 联合

本文主要是介绍2014多校联合八（HDU 4945 HDU 4946 HDU 4948 HDU 4950 HDU 4951 HDU 4952），希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

HDU 4945 2048

题意：给你一堆数字  问有几个子集可以拼出2048

思路：

拼数字的规则相当于让数字乘二  所以不是2^i的数字不会拼出2048  那么这些数可选可不选  即为2^cnt种可能

之后只要计算出有几个子集不可能拼出2048即可  不过简单的直接dp是2048*100000的复杂度的  会TLE

所以要变成先枚举元素  再枚举该种元素个数  再枚举2048种状态  然后利用组合求（组合里需要逆元）

为什么这样快？  因为比如枚举2^5这个元素的时候  最多取2^6个  枚举元素个数被缩小了

注意：题目比较卡时间  所以能少做取模运算就少做

代码：


#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef __int64 LL;
#define mod 998244353
#define N 2050
#define M 100010int n,m,ans;
int num[N],dp[15][N],two[M];
LL f[M],g[M];inline void scan_d(int &ret)
{char c;ret=0;while((c=getchar())<'0'||c>'9');while(c>='0'&&c<='9'){ret=(ret<<3)+(ret<<1)+(c-'0');c=getchar();}
}LL powmod(LL fm,int fn)
{LL fans=1;while(fn){if(fn&1) fans=(fans*fm)%mod;fn=fn>>1;fm=(fm*fm)%mod;}return fans;
}int Min(int fa,int fb)
{if(fa<fb) return fa;return fb;
}int main()
{int cas=1,i,j,k,kk,s,amt;two[0]=1;f[0]=1;for(i=1;i<M;i++){two[i]=(two[i-1]<<1)%mod;f[i]=f[i-1]*i%mod;}g[0]=1;g[100000]=powmod(f[100000],mod-2);for(i=99999;i>=1;i--)g[i]=g[i+1]*(i+1)%mod;for(;;){scan_d(n);if(!n) break;for(i=0;i<=11;i++){num[two[i]]=0;for(j=0;j<2048;j++) dp[i][j]=0;}dp[0][0]=1;ans=0;for(i=1;i<=n;i++){scan_d(k);num[k]++;}m=num[two[11]];for(i=0;i<11;i++){amt=num[two[i]];m+=amt;s=Min(two[11-i],amt);for(j=0;j<=s;j++){LL x=f[amt]*g[amt-j]%mod*g[j]%mod;for(k=(j<<i),kk=0;k<2048;k++,kk++)if(dp[i][kk]){dp[i+1][k]+=dp[i][kk]*x%mod;if(dp[i+1][k]>=mod) dp[i+1][k]-=mod;}}}for(i=0;i<2048;i++){ans+=dp[11][i];if(ans>=mod) ans-=mod;}ans=(LL)(two[m]-ans+mod)%mod*two[n-m]%mod;printf("Case #%d: %d\n",cas++,ans);}return 0;
}
HDU 4946 Area of Mushroom

题意：平面上有许多个人  如果这个人到某个位置的距离严格小于其他人  则这个位置属于这个人  问有几个人拥有的范围是无穷的

思路：

首先只有速度最大的人才可能拥有无穷  因为速度稍小的人总会被速度大的人追上

其次只有凸包上的人才可能无穷  这个用极限可以证明  无穷远处凸包上的点一定会超过凸包内点

最后重合位置且速度都为最大的人一定什么都不拥有

注意：普通凸包模版算出来的凸包忽略的边上的点  要特判一下边上的点

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
double eps = 1e-8;
double pi = acos((double) (-1));
inline int dcmp(double a) //判断一个double型的符号
{if (fabs(a) < eps)return 0;if (a > 0)return 1;elsereturn -1;
}
struct point
{double x, y,v;int id,mark;inline point(double _x = 0.0, double _y = 0.0){x = _x;y = _y;}inline point operator -(const point &b) const{return point(x - b.x, y - b.y);}inline point operator +(const point &b) const{return point(x + b.x, y + b.y);}inline point operator |(const double &b) const{return point(x * b, y * b);}inline double operator ^(const point &b) const{return x * b.y - y * b.x;}inline double operator *(const point &b) const{return x * b.x + y * b.y;}inline void input(){scanf("%lf%lf%lf", &x, &y, &v);mark=0;}
};
inline bool operator ==(const point &a, const point &b)
{return dcmp(a.x - b.x) == 0 && dcmp(a.y - b.y) == 0;
}
inline double len(point a) //向量的摸
{return sqrt(a * a);
}
inline double Angle(point a, point b) //两个共起点的向量的夹角！
{double ans = acos((a * b) / len(a) / len(b));return ans;
}
inline double jijiao(point v)
{return atan2(v.y, v.x);
}
inline point rote(point a, double rad) //逆时针旋转rad弧度！！
{return point(a.x * cos(rad) - a.y * sin(rad),a.x * sin(rad) + a.y * cos(rad));
}
inline int isInteger(double xx) //判断一个double型数是否为整数！！
{return dcmp(xx - int(xx + 0.05)) == 0;
}
inline double torad(double deg) //角度转换为弧度
{return deg / 180 * pi;
}
inline double dis(point a, point b) //两点之间的距离
{return sqrt((a - b) * (a - b));
}
inline point getjiaodian(point p, point v, point q, point w) //前提有唯一交点！！参数方程，v，w都为方向向量，p，q，为两直线上的点，求交点 ！
{point u;u = p - q;double t = (w ^ u) / (v ^ w);v.x = t * v.x;v.y = t * v.y;return p + v;
}
inline double dianToLine(point p, point a, point b) //点到直线的距离
{point v1 = b - a, v2 = p - a;return fabs((v1 ^ v2)) / len(v1); //不取绝对值为有向的！！
}
inline int isxiangjiao(point a, point b, point c, point d) //判断直线相交，重合，平行！！！
{point aa, bb, cc, dd;aa = b - a;bb = d - c;if (dcmp(aa ^ bb) != 0)return 1; //相交else{aa = a - d;bb = b - c;cc = a - c;dd = b - d;if (dcmp(aa ^ bb) != 0 || dcmp(cc ^ dd) != 0)return 2; //平行elsereturn 3; //重合}
}
//**************************************************
//求凸包！！！
inline bool operator<(const point& A,const point& B){return dcmp(A.x-B.x)<0||(dcmp(A.x-B.x)==0&&dcmp(A.y-B.y)<0);
}
inline bool mult(point b,point c,point a) {return dcmp((b.x-a.x)*(c.y-a.y)-(b.y-a.y)*(c.x-a.x))>=0;
}
inline int Graham(point pnt[],    int n, point res[]){int i, len, k = 0, top = 1;sort(pnt, pnt + n);if (n == 0)    return 0; res[0] = pnt[0];if (n == 1)    return 1; res[1] = pnt[1];if (n == 2)    return 2; res[2] = pnt[2];for (i = 2; i < n; i++){while (top && mult(pnt[i], res[top], res[top-1]))top--;res[++top] = pnt[i];}len = top; res[++top] = pnt[n - 2];for (i = n - 3; i >= 0; i--){while (top!=len && mult(pnt[i], res[top],res[top-1])) top--;res[++top] = pnt[i];}return top;
}
//**************************************************
point list[5000];//输入的点 ,下标从0开始！！
point DD[5000];//输出凸包上的点，下标从0开始！！
point f[5000];
int ans[5000];
int main()
{int T, i, j;int n;int ca=0;while(~scanf("%d",&n)){if(!n)break;ca++;memset(ans,0,sizeof(ans));double mav=0;for(i=0;i<n;i++){list[i].input();list[i].id=i;mav=max(mav,list[i].v);}if(dcmp(mav)==0){printf("Case #%d: ",ca);for(i=0;i<n;i++)printf("%d",ans[i]);printf("\n");continue;}int cnt=0;for(i=0;i<n;i++){if(dcmp(list[i].v-mav)==0)f[cnt++]=list[i];}sort(f,f+cnt);for(i=0;i<cnt-1;i++){if(f[i]==f[i+1]){f[i].mark=1;f[i+1].mark=1;}}int top=Graham(f,cnt,DD);DD[top]=DD[0];for(j=0;j<cnt;j++){if(!f[j].mark)for(i=0;i<top;i++){double aa=len(f[j]-DD[i]);double bb=len(f[j]-DD[i+1]);double cc=len(DD[i+1]-DD[i]);if(dcmp(cc-aa-bb)==0){ans[f[j].id]=1;break;}}}printf("Case #%d: ",ca);for(i=0;i<n;i++)printf("%d",ans[i]);printf("\n");}return 0;
}
HDU 4948 Kingdom

题意：图中任意两点之间有且仅有一条单向边  求一个顶点序列  使得每次新来一个点的时候  其他点到这个点的距离不超过2

思路：

反着思考  从原图里一个一个减去点  那么满足距离不超过2这个条件的情况下  每次一定减去入度最大点  证明题解里也比较详细  就是  如果入度最大为u点  到u距离为1的点集为w  距离为2的为y  假设v点与u点距离大于2  那么v一定不直接连向w  因此w必须连向v  同时u也必须连向v  那么v入度比u大  产生矛盾

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 510int n;
int ans[N],in[N];
char maz[N][N];inline void scan_d(int &ret)
{char c;ret=0;while((c=getchar())<'0'||c>'9');while(c>='0'&&c<='9'){ret=(ret<<3)+(ret<<1)+(c-'0');c=getchar();}
}int main()
{int i,j,k,p;for(;;){scan_d(n);if(!n) break;for(i=1;i<=n;i++) in[i]=0;for(i=1;i<=n;i++){scanf("%s",maz[i]+1);for(j=1;j<=n;j++){if(maz[i][j]=='1') in[j]++;}}for(i=1;i<=n;i++){k=-1;for(j=1;j<=n;j++){if(in[j]>k){k=in[j];p=j;}}in[p]=-1;ans[i]=p;for(j=1;j<=n;j++){if(in[j]>0&&maz[p][j]=='1') in[j]--;}}for(i=n;i;i--) printf("%d%s",ans[i],(i!=1)?" ":"\n");}return 0;
}
HDU 4950

题意： 略

思路：

水题  判断一下能不能打死  k下能不能打死  k+1下能不能打掉血即可

代码：


#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef __int64 LL;LL h,a,b,k;int main()
{int t=1;for(;;){scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d",&h,&a,&b,&k);if(!h&&!a&&!b&&!k) break;printf("Case #%d: ",t++);if(h<=a) puts("YES");else if(a*k-b*(k-1)>=h) puts("YES");else if(a*k>b*(k+1)) puts("YES");else puts("NO");}return 0;
}
HDU 4951 Multiplication table

题意：给你一张p进制乘法表  现在他把所有的数字都换掉  比如0变成1  3变成8…  问你  新表中0、1、2…分别变成了什么数字…

思路：

0可以特判  一行一列全一样  1也特判  十位全是0变成的数字

其他数字根据十位判断  因为p进制情况下  比如3*x  那么他的十位一定只有3中情况

代码：


#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 510int a[N][N][2],ans[N],vis[N];
int n;inline void scan_d(int &ret)
{char c;ret=0;while((c=getchar())<'0'||c>'9');while(c>='0'&&c<='9'){ret=(ret<<3)+(ret<<1)+(c-'0');c=getchar();}
}int main()
{int t=1,i,j,k,one,zero;for(;;){scanf("%d",&n);if(!n) break;for(i=1;i<=n;i++){for(j=1;j<=n;j++){scan_d(a[i][j][0]);scan_d(a[i][j][1]);}}for(i=1;i<=n;i++){for(j=1;j<=n;j++) vis[a[i][j][0]]=1;for(j=0,k=0;j<n;j++){k+=vis[j];vis[j]=0;}if(k!=1) ans[k]=i;else{for(j=1;j<=n;j++) if(a[i][j][0]!=a[i][j][1]) break;if(j<=n){ans[1]=i;one=i;}else{ans[0]=i;zero=a[i][1][0];}}}printf("Case #%d: %d",t++,zero);for(i=1;i<n;i++) printf(" %d",a[ans[i]][one][1]);printf("\n");}return 0;
}
HDU 4952 Number Transformation

题意：给你一个n  一个k  一共k个操作  第i次操作将n变成i的倍数中大于等于n的最小值

思路：

每次的n可以拆分成x*i  那么 x'(i+1)>=xi  则 x'>=x-x/(i+1) 我们发现x'是递减的  所以总有尽头  因此暴力维护x'  最后乘k即可

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;__int64 x,y;int main()
{int t=1,i;for(;;){scanf("%I64d%I64d",&x,&y);if(!x&&!y) break;for(i=1;i<y;i++){if(x<i+1) break;x-=x/(i+1);}printf("Case #%d: %I64d\n",t++,x*y);}return 0;
}


这篇关于2014多校联合八（HDU 4945 HDU 4946 HDU 4948 HDU 4950 HDU 4951 HDU 4952）的文章就介绍到这儿，希望我们推荐的文章对编程师们有所帮助！


http://www.chinasem.cn/article/1137836。

相关文章

usaco 1.3 Mixing Milk (结构体排序 qsort) and hdu 2020(sort)

usaco 1.3 Mixing Milk (结构体排序 qsort) and hdu 2020(sort)

到了这题学会了结构体排序 于是回去修改了 1.2 milking cows 的算法~ 结构体排序核心： 1.结构体定义 struct Milk{int price;int milks;}milk[5000]; 2.自定义的比较函数，若返回值为正，qsort 函数判定a>b ；为负，a<b；为0，a==b； int milkcmp(const void *va,c
阅读更多...
poj 3974 and hdu 3068 最长回文串的O（n）解法(Manacher算法)

poj 3974 and hdu 3068 最长回文串的O（n）解法(Manacher算法)

求一段字符串中的最长回文串。 因为数据量比较大，用原来的O（n^2）会爆。 小白上的O(n^2)解法代码：TLE啦~ #include<stdio.h>#include<string.h>const int Maxn = 1000000;char s[Maxn];int main(){char e[] = {"END"};while(scanf("%s", s) != EO
阅读更多...
hdu 2093 考试排名（sscanf）

hdu 2093 考试排名（sscanf）

模拟题。 直接从教程里拉解析。 因为表格里的数据格式不统一。有时候有"()"，有时候又没有。而它也不会给我们提示。 这种情况下，就只能它它们统一看作字符串来处理了。现在就请出我们的主角sscanf()! sscanf 语法: #include int sscanf( const char *buffer, const char *format, ... ); 函数sscanf()和
阅读更多...
hdu 2602 and poj 3624(01背包)

hdu 2602 and poj 3624(01背包)

01背包的模板题。 hdu2602代码： #include<stdio.h>#include<string.h>const int MaxN = 1001;int max(int a, int b){return a > b ? a : b;}int w[MaxN];int v[MaxN];int dp[MaxN];int main(){int T;int N, V;s
阅读更多...
hdu 1754 I Hate It（线段树，单点更新，区间最值）

hdu 1754 I Hate It（线段树，单点更新，区间最值）

题意是求一个线段中的最大数。 线段树的模板题，试用了一下交大的模板。效率有点略低。 代码： #include <stdio.h>#include <string.h>#define TREE_SIZE (1 << (20))//const int TREE_SIZE = 200000 + 10;int max(int a, int b){return a > b ? a :
阅读更多...
hdu 1166 敌兵布阵（树状数组 or 线段树）

hdu 1166 敌兵布阵（树状数组 or 线段树）

题意是求一个线段的和，在线段上可以进行加减的修改。 树状数组的模板题。 代码： #include <stdio.h>#include <string.h>const int maxn = 50000 + 1;int c[maxn];int n;int lowbit(int x){return x & -x;}void add(int x, int num){while
阅读更多...
hdu 3790 (单源最短路dijkstra）

hdu 3790 (单源最短路dijkstra）

题意： 每条边都有长度d 和花费p，给你起点s 终点t，要求输出起点到终点的最短距离及其花费，如果最短距离有多条路线，则输出花费最少的。 解析： 考察对dijkstra的理解。 代码： #include <iostream>#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <algorithm>#include <cstrin
阅读更多...
hdu 2489 (dfs枚举 + prim)

hdu 2489 (dfs枚举 + prim)

题意： 对于一棵顶点和边都有权值的树，使用下面的等式来计算Ratio 给定一个n 个顶点的完全图及它所有顶点和边的权值，找到一个该图含有m 个顶点的子图，并且让这个子图的Ratio 值在所有m 个顶点的树中最小。 解析： 因为数据量不大，先用dfs枚举搭配出m个子节点，算出点和，然后套个prim算出边和，每次比较大小即可。 dfs没有写好，A的老泪纵横。 错在把index在d
阅读更多...
hdu 1102 uva 10397（最小生成树prim）

hdu 1102 uva 10397（最小生成树prim）

hdu 1102: 题意： 给一个邻接矩阵，给一些村庄间已经修的路，问最小生成树。 解析： 把已经修的路的权值改为0，套个prim（）。 注意prim 最外层循坏为n-1。 代码： #include <iostream>#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <algorithm>#include <cstri
阅读更多...
hdu 1285（拓扑排序）

hdu 1285（拓扑排序）

题意： 给各个队间的胜负关系，让排名次，名词相同按从小到大排。 解析： 拓扑排序是应用于有向无回路图(Direct Acyclic Graph,简称DAG)上的一种排序方式，对一个有向无回路图进行拓扑排序后，所有的顶点形成一个序列，对所有边(u,v)，满足u 在v 的前面。该序列说明了顶点表示的事件或状态发生的整体顺序。比较经典的是在工程活动上，某些工程完成后，另一些工程才能继续，此时
阅读更多...

Copyright China编程 23002807@qq.com

沪ICP备2023033072号-2