The 2018 ACM-ICPC Asia Beijing Regional Contest
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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了The 2018 ACM-ICPC Asia Beijing Regional Contest相关的知识,希望对你有一定的参考价值。
目录
Contest Info
Solved | A | B | C | D | E | F | G | H | I | J |
---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
6/10 | O | O | - | O | - | ? | - | O | O | - |
- O 在比赛中通过
- ? 赛后通过
- ! 尝试了但是失败了
- - 没有尝试
Solutions
A - Jin Yong’s Wukong Ranking List
题意:
给出(n)对有向关系,判断前多少对关系会形成一个环。
思路:
慢慢加入一对关系,跑拓扑排序,出现环就停止。
代码:
view code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 510;
int n;
map<string, int> mp; int tot;
string s[2][N];
int getid(string s) {
if (mp.count(s)) return mp[s];
mp[s] = ++tot;
return mp[s];
}
vector <vector<int>> G;
int d[N];
bool gao(int n) {
memset(d, 0, sizeof d);
G.clear(); G.resize(tot + 1);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int u = getid(s[0][i]), v = getid(s[1][i]);
++d[v];
G[u].push_back(v);
}
int cnt = 0;
queue <int> que;
for (int i = 1; i <= tot; ++i) if (!d[i]) que.push(i);
while (!que.empty()) {
int u = que.front(); que.pop();
++cnt;
for (auto &v : G[u]) {
if (--d[v] == 0) {
que.push(v);
}
}
}
return cnt != tot;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
while (cin >> n) {
mp.clear(); tot = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> s[0][i] >> s[1][i];
getid(s[0][i]); getid(s[1][i]);
}
bool flag = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (gao(i)) {
cout << s[0][i] << " " << s[1][i] << "
";
flag = 1;
break;
}
}
if (!flag) cout << 0 << "
";
}
return 0;
}
B - Heshen‘s Account Book
题意:
模拟题。给出若干行文本,包含空格、数字、字母。
找出其中所有连续的自然数,但是如果某一行的结尾是数字,并且下一行的开头也是数字,那么这两行的数字视为连在一起的。
思路:
直接将所有行连在一起再判断。
能直接连就直接连,不能直接连中间加一个空格。
不要分类讨论做,很多Case考虑不到。
代码:
view code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using pSI = pair<string, int>;
#define fi first
#define se second
const int N = 2e5 + 10;
int vis[N], num[N], pos, len;
string s, t;
bool isnum(string &s) {
int len = s.size();
if (len == 1) {
return isdigit(s[0]);
}
if (s[0] == '0') return false;
for (int i = 0; i < len; ++i)
if (!isdigit(s[i]))
return false;
return true;
}
pSI get() {
pSI tmp = pSI("", -1);
while (pos < len && t[pos] == ' ') ++pos;
while (pos < len && t[pos] != ' ') {
if (tmp.se == -1) tmp.se = vis[pos];
tmp.fi += t[pos];
++pos;
}
return tmp;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
memset(vis, 0, sizeof vis);
memset(num, 0, sizeof num);
s = t = "";
int pre = -1; t = "";
int n = 0;
while (getline(cin, s)) {
++n;
if (!t.empty() && isdigit(t.end()[-1]) && isdigit(s[0])) {
t += s;
} else {
t += " ";
t += s;
++pre;
}
int len = t.size();
for (int i = pre + 1; i < len; ++i) vis[i] = n;
pre = len - 1;
}
len = t.size();
pos = 0;
vector <string> vec;
while (1) {
pSI tmp = get();
if (tmp.se == -1) break;
if (isnum(tmp.fi)) {
++num[tmp.se];
vec.push_back(tmp.fi);
}
}
int sze = vec.size();
for (int i = 0; i < sze; ++i)
cout << vec[i] << "
"[i == sze - 1];
for (int i = 1; i <= n; ++i)
cout << num[i] << "
";
return 0;
}
C - Pythagorean triple
题意:
统计有多少个三元组((a, b, c))使得(a^2 + b^2 = c^2),并且满足(c leq N)
D - Frog and Portal
题意:
现在有(201)个点,可以加一些传送门,一旦进入这个点就会被传送到另一个点。
现在青蛙在(0)号点,它要到(200)号点,它如果在(p)号点,那么下一步可以去(p + 1)或者(p + 2)号点。
问你如何加传送门,使得它从(0)到(200)的方案数是(m)。
思路:
考虑不加任何传送门方案数是第(201)个斐波那契数。
我们可以考虑任意一个整数都可以被分解为若干个斐波那契数相加。
那么我们从起点的某个地方直接传送到(201 - x)那个点,那么从(x)到(201)的方案数就是第(x)个斐波那契数。
并且控制从(0)走到那个传送门的方案为(1)即可。
代码:
view code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 110;
ll m;
ll f[N];
int a[N];
int main() {
f[0] = 1, f[1] = 1;
for (int i = 2; i <= 50; ++i) {
f[i] = f[i - 1] + f[i - 2];
}
while (scanf("%lld", &m) != EOF) {
if (m == 0) {
puts("2
1 1
2 1");
continue;
}
*a = 0;
for (int i = 50; i >= 1; --i) {
if (m >= f[i]) {
a[++*a] = i;
m -= f[i];
}
}
printf("%d
", *a + 1);
for (int i = 1; i <= *a; ++i) {
printf("%d %d
", 2 * i - 1, 200 - a[i]);
}
printf("%d %d
", 2 * (*a), 2 * (*a));
}
return 0;
}
F - The Kth Largest Value
题意:
思路:
代码:
view code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define dbg(x...) do { cout << "