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试题 C: 直线*
本题总分：10 分
【问题描述】
在平面直角坐标系中，两点可以确定一条直线。如果有多点在一条直线上，
那么这些点中任意两点确定的直线是同一条。
给定平面上 2 × 3 个整点 {(x, y)|0 ≤ x < 2, 0 ≤ y < 3, x ∈ Z, y ∈ Z}，即横坐标
是 0 到 1 (包含 0 和 1) 之间的整数、纵坐标是 0 到 2 (包含 0 和 2) 之间的整数
的点。这些点一共确定了 11 条不同的直线。
给定平面上 20 × 21 个整点 {(x, y)|0 ≤ x < 20, 0 ≤ y < 21, x ∈ Z, y ∈ Z}，即横
坐标是 0 到 19 (包含 0 和 19) 之间的整数、纵坐标是 0 到 20 (包含 0 和 20) 之
间的整数的点。请问这些点一共确定了多少条不同的直线。
思路
枚举所有可能的直线，计算其斜率和截距并保存在vector中用于去重。
注意double的经度损失问题。
注意直线斜率不存在时的特殊情况。
复杂度O(n^3)
答案
40257
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct point{
double x,y;
};
struct line{
double k,b;
};
vector<point> points;
vector<line> lines;
bool check(double k,double b)
{
for(int i=0;i<lines.size();i++)
{
if(abs(lines[i].k-k)<1e-5&&abs(lines[i].b-b)<1e-5)
return 0;
}
return 1;
}
int main()
{
//cout<<0x3f3f3f3f<<endl;
for(int i=0;i<=19;i++)
{
for(int j=0;j<=20;j++)
{
points.push_back({i,j});
}
}
for(int i=0;i<points.size();i++)
{
for(int j=i+1;j<points.size();j++)
{
double k,b;
if(points[i].x==points[j].x)
{
k=0x3f3f3f3f;
b=points[i].x;
}
else
{
k=(points[j].y-points[i].y)/(points[j].x-points[i].x);
b=points[i].y-k*points[i].x;
}
if(check(k,b))lines.push_back({k,b});
}
}
cout<<lines.size()<<endl;
return 0;
}
试题 D: 货物摆放
本题总分：10 分
【问题描述】
小蓝有一个超大的仓库，可以摆放很多货物。
现在，小蓝有 n 箱货物要摆放在仓库，每箱货物都是规则的正方体。小蓝
规定了长、宽、高三个互相垂直的方向，每箱货物的边都必须严格平行于长、
宽、高。
小蓝希望所有的货物最终摆成一个大的立方体。即在长、宽、高的方向上
分别堆 L、W、H 的货物，满足 n = L × W × H。
给定 n，请问有多少种堆放货物的方案满足要求。
例如，当 n = 4 时，有以下 6 种方案：1×1×4、1×2×2、1×4×1、2×1×2、 2 × 2 × 1、4 × 1 × 1。
请问，当 n = 2021041820210418 （注意有 16 位数字）时，总共有多少种
方案？
思路
先O(sqrt(n))复杂度尝试因数分解，发现其只有128个因数，因此可以O(n^3)暴力枚举因数统计方案数。
答案
2430
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
unordered_map<ll,bool> mp;
vector<ll> p;
ll n=2021041820210418,ans=0;
int main()
{
for(ll i=1;i*i<=n;i++)
{
if(n%i==0)
{
mp[i]=1;
mp[n/i]=1;
}
}
for(auto [x,y]:mp)
p.push_back(x);
for(auto i:p)
for(auto j:p)
for(auto k:p)
if(i*j*k==n)ans++;
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
试题 E: 路径
本题总分：15 分
【问题描述】
小蓝学习了最短路径之后特别高兴，他定义了一个特别的图，希望找到图
中的最短路径。
小蓝的图由 2021 个结点组成，依次编号 1 至 2021。
对于两个不同的结点 a, b，如果 a 和 b 的差的绝对值大于 21，则两个结点
之间没有边相连；如果 a 和 b 的差的绝对值小于等于 21，则两个点之间有一条
长度为 a 和 b 的最小公倍数的无向边相连。
例如：结点 1 和结点 23 之间没有边相连；结点 3 和结点 24 之间有一条无
向边，长度为 24；结点 15 和结点 25 之间有一条无向边，长度为 75。
请计算，结点 1 和结点 2021 之间的最短路径长度是多少。
思路
直接拿lcm建图，因为点只有2000个，直接floyd跑最短路即可。
答案
10266837
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int dist[3000][3000];
int main()
{
memset(dist,0x3f,sizeof dist);
for(int i=1;i<=2021;i++)
{
for(int j=i;j<=2021;j++)
{
if(abs(j-i)<=21)
{
dist[j][i]=dist[i][j]=i*j/__gcd(i,j);
}
else break;
}
}
for(int i=1;i<=2021;i++)
{
for(int j=1;j<=2021;j++)
{
for(int k=1;k<=2021;k++)
{
dist[i][j]=min(dist[i][j],dist[i][k]+dist[k][j]);
}
}
}
cout<<dist[1][2021]<<endl;
return 0;
}
F时间显示
long long 范围9e18 int 2e9
试题 G: 砝码称重
时间限制: 1.0s 内存限制: 256.0MB 本题总分：20 分
【问题描述】
你有一架天平和 N 个砝码，这 N 个砝码重量依次是 W1, W2, · · · , WN。
请你计算一共可以称出多少种不同的重量？
注意砝码可以放在天平两边。
【输入格式】
输入的第一行包含一个整数 N。
第二行包含 N 个整数：W1, W2, W3, · · · , WN。
【输出格式】
输出一个整数代表答案。
【样例输入】
3
1 4 6
【样例输出】
10
【样例说明】
能称出的 10 种重量是：1、2、3、4、5、6、7、9、10、11。
1 = 1；
2 = 6 − 4 (天平一边放 6，另一边放 4)；
3 = 4 − 1；
4 = 4；
5 = 6 − 1；
6 = 6；
7 = 1 + 6；
9 = 4 + 6 − 1；
10 = 4 + 6；
11 = 1 + 4 + 6。
【评测用例规模与约定】
对于 50% 的评测用例，1 ≤ N ≤ 15。
对于所有评测用例，1 ≤ N ≤ 100，N 个砝码总重不超过 100000。
思路
对于每个砝码，有三种状态：放左边，放右边，不放。
那么,爆搜的话复杂度达到O(3^n),只能过大约一半数据。
考虑动态规划，使用dp[i][j]表示考虑到第i个物品，此时天枰重量为j。
dp[i][j]的值表示是否可以达到这种状态。
时间复杂度O(mn)，其中m为砝码数量，n为砝码体积。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n;
int w[110];
int dp[110][300000],ans=0;
bool v[150000];
int shif=150000;
int main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>w[i];
dp[1][0+shif]=dp[1][w[1]+shif]=dp[1][shif-w[1]]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=2*shif;j++)
{
dp[i][j]|=dp[i-1][j];
dp[i][j]|=dp[i-1][j+w[i]];
dp[i][j]|=dp[i-1][j-w[i]];
}
}
for(int i=1;i<=300000;i++)
if(dp[n][i])
if(!v[abs(shif-i)])ans++,v[abs(shif-i)]=1;
cout<<ans<<endl;
// for(int i=1;i<=100000;i++)
// if(v[i])cout<<i<<' ';
return 0;
}
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,q;
int w[110];
bool f[110][10010];
int main()
{
while(~scanf("%d",&n)){
m=10000;
memset(f,0,sizeof f);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&w[i]);
f[1][0]=f[1][0+w[1]]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
for(int j=0;j<=m;j++){
if(f[i-1][j]){
f[i][j]=1;
f[i][j+w[i]]=1;
f[i][abs(j-w[i])]=1;
}
}
}
scanf("%d",&q);
while(q--)
{
int x;
scanf("%d",&x);
if(x<=m&&f[n][x])printf("YES\n");
else printf("NO\n");
}
}
return 0;
}
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