每日亿题#12AtCoder Grand Contest 021 (A ~ F)全部题解

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AtCoder Grand Contest 021 题解

比赛链接: AtCoder Grand Contest 021

题目概述:

  • A. 签到
  • B. 计算几何,凸包
  • C. 贪心,构造
  • D. 动态规划,区间DP
  • E. 组合数学,卡特兰数
  • F. 计数,动态规划,多项式

A. Digit Sum 2

Problem

给出 N N N ,求小于等于 N N N的正整数中用十进制表示各数位数字之和的最大值。

1 ≤ N ≤ 1 0 16 1≤ N ≤ 10^{16} 1N1016

Solution

显然 9999... 9999... 9999... 是最大的,对于任意一个数,都可以首位减一之后,剩下的全部为 9 9 9,求小于等于 N N N 的数,先计算 N N N 的值,与上面那种情况取最大值即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 6;

string s;
int main()
{
	cin >> s;
	int len = s.length();
	int ans = 0;
	for (int i = 0; i <= len - 1; ++ i)
		ans += s[i] - '0';
	ans = max(ans, s[0] - '0' - 1 + 9 * (len - 1));
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

B. Holes

Problem
给定 n n n 个坐标系上的洞,坐标系半径 R = 1 0 1 0 1 0 10 R=10^{10^{10^{10}}} R=10101010

Snuke 在坐标系上任选一点出发,走到离自己距离 (此距离指欧几里得距离) 最近的洞停下。

问 Snuke 到每个点停下的概率是多少?

Solution

考虑画图分析,画出 n n n 个洞的凸包;


显然凸包内的点的概率为 0 0 0,因为尽管凸包的点是可以被走到的,但是也仅限于那一个小圈内的点到达凸包内的点的距离最小,其余整个平面上的点到该点的距离都大于凸包上的点,而平面趋近于无穷大,概率近似为 0 0 0

考虑凸包上的点,显然答案就是整块区域内该点能辐射的角的大小比上 2 π 2\\pi 2π ,答案即为 α 2 π \\cfrac{\\alpha}{2\\pi} 2πα

时间复杂度 O ( n log ⁡ n ) O(n\\log n) O(nlogn)

但是求凸包比较麻烦, n ≤ 100 n\\le 100 n100,我们没必要去真的求凸包,我们只需要直接暴力找到凸包上的点,求出角度 α \\alpha α 即可得到答案。

考虑如何去掉凸包的点,显然在凸包上的点,与其他所有点的夹角不可能超过 180 ° 180° 180° ,否则就不可能在凸包上,并且对于每一个凸包上点,他的夹角 α \\alpha α 就等于 180 ° 180° 180° 减去该点与所有其他任意两点间的夹角最大值 β \\beta β,因此我们可以直接求出每个点与其他任意两点间的夹角的最大值 β \\beta β 的对角 α = π − β \\alpha=\\pi-\\beta α=πβ,若 α > π \\alpha>\\pi α>π ,说明是凸包内的点,概率为 0 0 0,否则该点的概率就是 α 2 π \\cfrac{\\alpha}{2\\pi} 2πα

时间复杂度 O ( n 3 ) O(n^3) O(n3)

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double pi = acos(-1.0), eps = 1e-8, DINF = 1e100;
const int maxn = 1e3 + 6;
int n, m, s, t;
int cnt;
int tot;
double ans;
struct Point
{
	double x, y;
	Point(double x = 0, double y = 0) : x(x), y(y) { }
}p[maxn];
typedef Point Vector;
Vector v[maxn];
Vector operator - (Point A, Point B) {return Vector(A.x - B.x, A.y - B.y);}
double Dot(Vector A, Vector B) {return A.x * B.x + A.y * B.y;}
double Cross(Vector A, Vector B) {return A.x * B.y - B.x * A.y;}
double Length(Vector A) {return sqrt(Dot(A, A));}
double Angle(Vector A, Vector B) {return acos(Dot(A, B) / Length(A) / Length(B));}
int main()
{
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; ++ i)
		scanf("%lf%lf", &p[i].x, &p[i].y);
	if(n == 2) return 0 * puts("0.5\\n0.5");
	for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
		cnt = 0;
		for (int j = 1; j <= n; ++ j)
			if(i != j)
				v[ ++ cnt] = p[j] - p[i];
		bool flag = false;
		for (int j = 1; j <= cnt; ++ j) {
			bool f1 = 0, f2 = 0;
			for (int k = 1; k <= cnt; ++ k) {
				if(j != k && Dot(v[j], v[k]) < 0) {
					if(Cross(v[j], v[k]) > 0)
						f1 = 1;
					else f2 = 1;
				}
			}	
			if(f1 && f2) {
				flag = 1;
				break;
			}
		}
		if(flag) {//凸包内的点
			puts("0.0");
			continue;
		}
		double maxx = 0.0;
		for (int j = 1; j <= cnt; ++ j) 
			for (int k = 1; k <= cnt; ++ k) 
				if(j != k) 
					maxx = max(maxx, Angle(v[j], v[k]));
		printf("%.10f\\n", 1.0 * (pi - maxx) / (2.0 * pi));
	} 
	return 0;
} 

C. Tiling

Problem

A A A 1 × 2 1\\times 2 1×2 B B B 2 × 1 2\\times 1 2×1 的骨牌覆盖一个 N × M N\\times M N×M 的矩阵,骨牌不能翻转,问能否做到,若能做到输出任意一种方案。

Solution

直接贪心即可。

我们需要塞进去更多的骨牌,发现对于任意 2 × 2 2\\times 2 2×2 的格子,我们都可以使用两个同种的骨牌填充。

m m m 是奇数,我们使用 2 × 1 2\\times 1 2×1 的骨牌将 m m m 填充成偶数列即可。

n , m n,m n,m 均为奇数,也就意味着不能直接拆分为 2 × 2 2\\times 2 2×2 的大格子,此时需要使用 a , b a,b a,b 配合使用才能保证填充最多的骨牌:

n = 3, m = 3, a = 2, b = 2
<>^
^.v
v<>

然后剩下的直接同时仅使用一种骨牌暴力填充即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int maxn = 1e3 + 6;

int n, m, s, t;
ll ans;
int a, b;
char c[maxn][maxn];

void pos1(int i, int j)
{
	c[i][j] = '<';
	c[i][j + 1] = '>';
	a -- ;
}

void pos2(int i, int j)
{
	c[i][j] = '^';
	c[i + 1][j] = 'v';
	b -- ;
}  

int main()
{
	cin >> n >> m >> a >> b;
	
	for (int i = 1; i <= n; ++ i) 
		for (int j = 1; j <= m; ++ j)
			c[i][j] = '.';

	if(m & 1) 
		for (int i = 1; i < n && b; i += 2) 
			pos2(i, m);
	if(n & 1 && b & 1 && n > 1 && m > 2)
			pos2(n - 1, m - 2);

	for (int i = 1; i < n; ++ i)
		for (int j = 1; j <= m - (m & 1) && b; ++ j)
			if(c[i][j] == '.' && c[i + 1][j] == '.')
				pos2(i, j);
	for (int i = 1; i <= n; ++ i)
		for (int j = 1; j < m && a; ++ j)
			if(c[i][j] == '.' && c[i][j + 1] == '.')
				pos1(i, j); 
	if(a + b)
		return 0 * puts("NO");
	puts("YES"); 
	for (int i = 1; i <= n; ++ i) 
		for (int j = 1; j <= m; ++ j)
			cout << c[i][j] << (j == m ? "\\n" : "");
	return 0;
}

D. Reversed LCS

Problem

Solution

题目要求的就是修改 k k k 次后的最长回文子序列。

计算最长回文子序列显然直接区间DP即可。

对于带修改的操作,我们设 f [ l , r , k ] f[l,r,k] 每日亿题#12AtCoder Grand Contest 021 (A ~ F)全部题解

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