The 16-th Beihang University Collegiate Programming Contest (BCPC 2021) - Preliminary

statements.pdf (codeforces.com)

 Problem A. 莫卡与 MCPC

除了2输出就行

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
	int t;
	cin>>t;
	while(t--){
		int n;
		cin>>n;
		if(n==2) cout<<"OK";
		else cout<<"An invalid response was received from the upstream server";
		if(t!=0) cout<<'\n';
	}
}

 Problem B. bb 去食堂

可以根据新主楼的位置，将平面直角坐标系划分为九个区域。在四角区域内的点，最 近距离为该点到对应矩形顶点连线段的长度。在空白区域内的点，最近距离为该点到对应矩形边垂线段 的长度。枚举所有点，分类讨论计算距离即可。

时间复杂度 O(n)。

#include <iostream>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n;
double a, b;
double x1, x2, yy, y2;//输入错了，改下
double dis;
double minn[100010];
int minni;
int i;
void countdis(int u, int v, int x, int y){
    dis = pow(abs(u - x), 2) + pow(abs(v - y), 2);
    dis = pow(dis, 0.5);
}
void hh(double u, double v, double y){
    if(u < x1){
        countdis(u, v, x1, y);
        minn[i] = dis;
        minni = i;
    }
    else if(u >= x1 && u <= x2){
        minn[i] = abs(v - y);
        minni = i;
    }
    else{
        countdis(u, v, x2, y);
        minn[i] = dis;
        minni = i;
    }
}
int main(){

    cin >> n;
    cin >> x1 >> x2 >> yy >> y2;
    for(i = 0; i < n; i ++) {
        cin >> a >> b;
        if(b > y2){
            hh(a, b, y2);
        }
        else if(b <= y2 && b >= yy){
            if(a < x1){
                minn[i] = x1 - a;
                minni = i;
            }
            else{
                minn[i] = a - x2;
                minni  = i;
            }
        }
        else{
            hh(a, b, yy);
        }
    }
    double ss = 10000;
    for(int j = 0; j < n; j ++){
        if(ss > minn[j]) {
            ss = minn[j];
            minni = j;
        }
    }
    cout << minni + 1 << endl;
    return 0;
}

Problem C. 抵制阿草

本题可以分若干种情况讨论。

• n = 0 时，特判输出 0。

• 否则，首先考虑没有异或的情况： – 考虑第一次操作，对于每一对需要合并的数，只有最后一位不同。因此与/或后只有最后一位 变化了，其余的位没有发生改变，并且会发现这次操作后所有数的最后一位都相同。如果这次 操作是或，最后一位是 1，否则为 0。 – 考虑第 i 次操作，最后 i − 1 位完全相同，本次操作后不会发生改变。因此忽略后 i − 1 位可 变为了第一次操作的情况。 这种情况下，根据与/或的操作次序向答案添加 1, 0 即可。

• 考虑异或出现次数为 1： – 假设此时是第 i 次操作。由于所有数后 i − 1 位全部相同，因此异或后所有数的后 i − 1 位会 全部变为 0。对于第 i + 1 位及前面的位，在合并的时候，相邻的两个数一定是相同的，因此 也会全部变为 0。第 i 位则会变为 1。因此操作后所有数均会变为 2 i−1，并且会发现之后的所 有与/或对答案不会产生任何影响。

• 考虑异或出现次数大于 1： – 由于第一次异或后所有数都相同了，因此第二次异或后所有数都会变为 0，答案为 0。

时间复杂度 O(n)。