CSP-M4

解题思路

• 用大小为10的一维数组a记录每个鸭子映射数的情况,a[i]表示i是否已有；
• 对于每个鸭子，每次将a数组清零，每次遇到新的数位（a[i]=0）不同数位个数++，a[i]=1,最后与k比较即可。

完整代码

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
int n,k;
int reach[10];
int Count=0;
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
cin>>n>>k;
long long cnt=0;
for(int i=0;i<n;i++)//n个鸭子 
{
memset(reach,0,sizeof(reach));
string s;
cin>>s;
long long len=s.length();
for(long long l=0;l<len;l++)//按位判断 
{	int po=s[l]-'0';
	if(reach[po]==0)//没到过的
		reach[po]=1,cnt++; 
}
if(cnt<k)
	Count++;
cnt=0;
}
cout<<Count<<endl;
}

解题思路

• 本题最小面积的保护罩即使最大半径最小
• 暴力枚举每个点作为中心点时的情况，求出最大半径并记录中心点，取最小的即可。
• 本来想用一个10001000的二维数组储存所有点的距离省去一些运算，结果WA了…nn的复杂度可以接受1e4的数据量，本题只有1e3，不用为了时间去开大数组

完整代码

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
int x[1010],y[1010];
int n;
long long Max=-1;//记录每个点作为中心点的最大半径
long long Min=1e11;//各个Max的最小值
int pos=0;//记录中心点 
long long dist(int i,int j)
{

	long long ch=x[i]-x[j];
	long long ku=y[i]-y[j];
	return ch*ch+ku*ku;

}
int main()
{
std::ios::sync_with_stdio(false);
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++)
	cin>>x[i]>>y[i];
for(int i=0;i<n;i++)
{
	for(int j=0;j<n;j++)
	{	
		if(dist(i,j)>Max)
			Max=dist(i,j);
	}
	if(Max<Min)
		pos=i,Min=Max;
	else if(Max==Min)
		if( (x[i]<x[pos]) || (x[i]==x[pos]&&y[i]<y[pos]) )
			pos=i;

	Max=0;
}

	cout<<x[pos]<<".00 "<<y[pos]<<".00" << endl;
	cout << Min << ".00";
}

/*
5
0 0
0 1
1 0
0 -1
-1 0
*/

解题思路

• 本题即二叉搜索树构造（任意两边gcd>1），每个位置都与他的父节点有联系，可以用动态规划。
• 二叉搜索树中左子树的所有节点都小于根，右子树所有节点都大于跟，分类明确，所以用两个二维数组l[i][j],r[i][j]分别记录i到j-1能不能作为j的左子树，i+1到j能不能作为i的右子树。
• dp[i][j]记录i到j能不能构成满足要求的二叉搜索树；每次遍历i到j中的所有点（k），如果存在l[i][k]==1&&r[k][j]==1，则可以构成，dp[i][j]置为1;
• 对l、r更新：每次遍历i到j中的所有点（k），如果存在l[i][k]==1&&r[k][j]==1，则说明可以构成树，再往两边延伸：因为数据是升序的，如果gcd[i-1][k]>1，即i-1可以作为这棵树的小根，则r[i-1][j]=1;如果gcd[k][j+1]>1,则j+1可以作为这棵树的大根,l[k][j+1]=1;
• 最后根据dp[0][n-1]的值输出即可

注意事项
如果每次都计算一遍gcd的话会超时，因为计算的次数超过了n*n，数据量最大可到700，所以用一个数组存储所有gcd，避免重复计算浪费时间。

完整代码

#include <iostream>
using namespace std;
int a[710],gcds[710][710],l[710][710],r[710][710],dp[710][710];

int gcd(int a,int b) { return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }
int main(){
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	int t;
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		int n;
		cin>>n;
		for(int i = 0; i < n; i++)
			cin>>a[i];
		
		for(int i = 0; i < n; ++i){
			for(int j = 0; j < n; ++j){
				gcds[i][j] = gcd(a[i], a[j]);
				gcds[j][i] = gcds[i][j];
				l[i][j] = 0; r[i][j] = 0; dp[i][j] = 0;
			}
		}
		
		for(int i = 0; i < n; i++)
		{
			l[i][i] = 1; r[i][i] = 1;
		}
		for(int len = 1; len <= n; ++len){  // 区间长度 
			for(int i = 0; i <= n-len+1; i++){
				int j = i+len-1;//判断i到j 
				for(int k = i; k <= j; ++k)//i到j所有点依次判断 
				{
					if(l[i][k] && r[k][j]){
						dp[i][j] = 1;
						if(i > 0 && gcds[i-1][k] > 1)
							r[i-1][j] = 1;
						if(j < n-1 && gcds[k][j+1] > 1)
							l[i][j+1] = 1; 
					}
				}
			}
		}
		if(dp[0][n-1]) 
			cout<<"Yes"<<endl;
		else 
			cout<<"No"<<endl;
	}
}