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ACdream区域赛指点赛之专题赛系列(1)の数学专场

分类: IT文章 • 2022-04-30 17:06:09
ACdream区域赛指导赛之专题赛系列(1)の数学专场

Contest : ACdream区域赛指导赛之专题赛系列(1)の数学专场


A:EOF女神的相反数

题意：n(<=10^18)的数转化成2进制，翻转后(去掉前导零)输出十进制

思路：water

/*
* this code is made by shiyuan
* Problem: 1095
* Verdict: Accepted
* Submission Date: 2014-05-24 19:06:37
* Time: 0 MS
* Memory: 1676 KB
*/
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <vector>
using namespace std;
typedef long long LL;
int main(){
    int t; scanf("%d",&t);
    while(t--){
        LL n; scanf("%lld",&n);
        string s="";
        while(n){
            if(n&1) s+="1";
            else s+="0";
            n/=2;
        }
        LL ans=0,tmp=1;
        int i=s.size()-1;
        while(s[i]!='1' && i>=0) i--;
        for(;i>=0;i--){
            if(s[i]=='1'){
                ans+=tmp;
            }
            tmp*=2;
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}


B.EOF女神的打地鼠游戏

题意：n(<=1000)只地鼠出现的坐标、被击中的概率以及时间已知，还有锤子的移动速度，求期望的最大值

思路：根据时间排序，用dp[i]表示前i只地鼠被击中的期望，dp[i]=max(dp[i],dp[j]+p[i]) 当且仅当第i只地鼠和第j只地鼠可达(锤子移动的时间够)

/*
* this code is made by shiyuan
* Problem: 1092
* Verdict: Accepted
* Submission Date: 2014-05-24 23:54:42
* Time: 372 MS
* Memory: 1724 KB
*/
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
struct node{
    int x,y,t;
    double p;
}P[1010];
double dp[1010];
void init(){
    for(int i=0;i<1010;i++) dp[i]=0;
}
bool cmp(node a,node b){
    return a.t<b.t;
}
double sq(double x){
    return x*x;
}
double dis(node a,node b){
    return sqrt(sq(a.x-b.x+0.0)+sq(a.y-b.y+0.0));
}
int main(){
    int t; scanf("%d",&t);
    while(t--){
        int n; LL v; scanf("%d%lld",&n,&v);
        init();
        for(int i=0;i<n;i++){
            scanf("%d%d%d%lf",&P[i].x,&P[i].y,&P[i].t,&P[i].p);
        }
        sort(P,P+n,cmp);
        for(int i=0;i<n;i++){
            dp[i]=P[i].p;
            for(int j=0;j<i;j++){
                if(v*(P[i].t-P[j].t)-dis(P[i],P[j])>=0){
                    dp[i]=max(dp[i],dp[j]+P[i].p);
                }
            }
        }
        double ans=0;
        for(int i=0;i<n;i++) ans=max(ans,dp[i]);
        printf("%.6lf\n",ans);
    }
    return 0;
}



C.Regular Octahedron

tag: polya计数

D.Angel Speedcell

tag: 莫比乌斯反演

英文题，看了头大，不想做


E.女神的正多面体

题意：分别给出正四面体、正六面体和正十二面体中4、8、6个点，相邻的点可达，告诉起点和终点，问k步内能到达终点的方案数

思路：三种不同的方法构造不同矩阵，多加一行纪录k步以内的所有方案

个人见解：以前做过一个类似的题，思路差不多，但是当时那个题我的理解是已经到达终点了就不该继续往前了，好比1-3-2-3（起点1，终点3）个人认为应该是属于不合法的方案，所以如果按照这样理解的话，我们在考虑构造矩阵的话，由终点引出的下若干个点的值应该置为0 （当然这题的正解说的不是这样）

/*
* this code is made by shiyuan
* Problem: 1093
* Verdict: Accepted
* Submission Date: 2014-05-24 19:57:19
* Time: 28 MS
* Memory: 1676 KB
*/
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <vector>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL mod=1000000007;
struct Matrix{
    LL m[10][10];
}E,D;
int n,st,ed;
LL K;
Matrix Multi(Matrix A,Matrix B){
    Matrix ans;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=n;j++){
            ans.m[i][j]=0;
            for(int k=1;k<=n;k++){
                ans.m[i][j]=(ans.m[i][j]+A.m[i][k]*B.m[k][j])%mod;
            }
        }
    }
    return ans;
}
void init(){
    memset(D.m,0,sizeof(D.m));
    memset(E.m,0,sizeof(E.m));
    for(int i=1;i<=9;i++)
        E.m[i][i]=1;
}
Matrix Pow(Matrix A,LL k){
    Matrix ans=E;
    while(k){
        if(k&1) k--,ans=Multi(ans,A);
        else k/=2,A=Multi(A,A);
    }
    return ans;
}
int main(){
    int T; scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d%lld%d%d",&n,&K,&st,&ed);
        init();
        Matrix ans;
        memset(ans.m,0,sizeof(ans.m));
        if(n==4){
            memset(D.m,0,sizeof(D.m));
            for(int i=1;i<=n;i++){
                for(int j=1;j<=n;j++){
                    if(i==j) D.m[i][j]=0;
                    else D.m[i][j]=1;
                }
            }
        }
        else if(n==6){
            n=8;
            memset(D.m,0,sizeof(D.m));
            D.m[1][2]=D.m[1][4]=D.m[1][5]=1;
            D.m[2][1]=D.m[2][3]=D.m[2][6]=1;
            D.m[3][2]=D.m[3][4]=D.m[3][7]=1;
            D.m[4][1]=D.m[4][3]=D.m[4][8]=1;
            D.m[5][1]=D.m[5][6]=D.m[5][8]=1;
            D.m[6][2]=D.m[6][5]=D.m[6][7]=1;
            D.m[7][3]=D.m[7][6]=D.m[7][8]=1;
            D.m[8][4]=D.m[8][5]=D.m[8][7]=1;
        }
        else{
            n=6;
            memset(D.m,0,sizeof(D.m));
            D.m[1][2]=D.m[1][3]=D.m[1][4]=D.m[1][5]=1;
            D.m[2][1]=D.m[2][3]=D.m[2][5]=D.m[2][6]=1;
            D.m[3][1]=D.m[3][2]=D.m[3][4]=D.m[3][6]=1;
            D.m[4][1]=D.m[4][3]=D.m[4][5]=D.m[4][6]=1;
            D.m[5][1]=D.m[5][2]=D.m[5][4]=D.m[5][6]=1;
            D.m[6][2]=D.m[6][3]=D.m[6][4]=D.m[6][5]=1;
        }
        ans.m[st][1]=1;
        n++;
        for(int i=1;i<n;i++)
            D.m[n][i]=D.m[ed][i];
        D.m[n][n]=1;
        ans=Multi(Pow(D,K),ans);
        printf("%lld\n",ans.m[n][1]);
    }
    return 0;
}


F.EOF女神的正多边形

题意：已知一个正n边形上的三个点，求n的最小值以及正n边行中心坐标

思路：根据三个点求三角形的外心，然后遍历n，求得一个n使得三个角都是180/n的倍数

卡精度，输出坐标的时候处理好-0.0001这种数据

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <vector>
using namespace std;
#define pi acos(-1.0)
#define eps 1e-6
struct point{
    double x,y;
    point(double xx=0,double yy=0){
        x=xx,y=yy;
    }
    point operator-(point b)
    {
        return point(x-b.x,y-b.y);
    }
    double operator*(point b)
    {
        return x*b.x+y*b.y;
    }
};
struct line{point a,b;};
double sq(double x){
    return x*x;
}
double dist(point p1,point p2){
    return sqrt((p1.x-p2.x)*(p1.x-p2.x)+(p1.y-p2.y)*(p1.y-p2.y));
}
point intersection(line u,line v){
    point ret=u.a;
    double t=((u.a.x-v.a.x)*(v.a.y-v.b.y)-(u.a.y-v.a.y)*(v.a.x-v.b.x))
    /((u.a.x-u.b.x)*(v.a.y-v.b.y)-(u.a.y-u.b.y)*(v.a.x-v.b.x));
    ret.x+=(u.b.x-u.a.x)*t;
    ret.y+=(u.b.y-u.a.y)*t;
    return ret;
}
point circumcenter(point a,point b,point c){
    line u,v;
    u.a.x=(a.x+b.x)/2;
    u.a.y=(a.y+b.y)/2;
    u.b.x=u.a.x-a.y+b.y;
    u.b.y=u.a.y+a.x-b.x;
    v.a.x=(a.x+c.x)/2;
    v.a.y=(a.y+c.y)/2;
    v.b.x=v.a.x-a.y+c.y;
    v.b.y=v.a.y+a.x-c.x;
    return intersection(u,v);
}
double angle(point a,point b,point c){
    point d,e;
    d=b-a,e=c-a;
    return acos(d*e/(sqrt(sq(d.x)+sq(d.y))*sqrt(sq(e.x)+sq(e.y))));
}
bool is_ok(double n,int i){
    double cnt=i*n/pi;
    return fabs(cnt-round(cnt))<eps;
}
int main(){
    int T; scanf("%d",&T);
    while(T--){
        point p[3];
        for(int i=0;i<3;i++) scanf("%lf%lf",&p[i].x,&p[i].y);
        point o=circumcenter(p[0],p[1],p[2]);
        double x=angle(p[0],p[1],p[2]);
        double y=angle(p[1],p[2],p[0]);
        double z=angle(p[2],p[0],p[1]);
        int i=3;
        for(;i<=100000;i++){
            if(is_ok(x,i) && is_ok(y,i) && is_ok(z,i)) break;
        }
        printf("%.4lf %.4lf %d\n",o.x+eps,o.y+eps,i);
    }
    return 0;
}






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