百度之星 初賽第二輪題解

 第一輪由於沒有時間就沒作了。聽說較第二輪難一些。

第二輪題目確實比較水。

A題 高斯消元，具體思路還不徹底會。待以後補充。

B題 二分答案+並查集。

C題 簡單dp

D題 暴力枚舉便可。

簡單分析及代碼：

B：題目大意是給N（N<=1000)個網頁，分紅k個聚類，要求類與類之間的網頁的差別值至少都爲t，求最大的t，每一個類至少要有一個網頁，差別值計算相似於幾何距離。

算法：

• 計算任意兩個網頁的差別值，即爲diff[i][j]，其中最大值記爲maxd,最小值mind。
• 二分答案，區間[mind,maxd]，每次累加一個precision = 1e-9.
• 判斷某個t值是否能夠分紅k個聚類，通過分析對於任意一個網頁i，計有m個diff[i][j] < t ，則i與這m個須要放在一個類中，顯然，這就成了合併樹的問題。並查集很輕鬆就搞定了。

附代碼以下：

#include <stdio.h>

#include <iostream>

#include <string.h>

#include <set>



using namespace std;



const int maxn = 1024 ;

int n , k , father[maxn] ;

double diff[maxn][maxn] , x[maxn] , y[maxn] , z[maxn] , mind , maxd ;

bool vis[maxn] ;

const double precision = 1e-9 ;



inline double get_max(double mm,double nn) {    return mm > nn ? mm : nn ;  }

inline double get_min(double mm,double nn) {    return mm < nn ? mm : nn ;  }



void myUnion(int i,int j)

{

    father[i] = j ;

}



int find_anc(int i) {   return father[i] == i ? i : ( father[i] = find_anc(father[i]) ) ;   }



bool check(double pos)

{

    int i , j , cnt ;

    cnt = 1 ;

    memset(vis,0,sizeof(vis));

    for( i = 1 ; i <= n ; i++) father[i] = i ;

    for ( i = 1 ; i <= n ; i++)

    {

        for( j = 1 ; j <= n ; j++) if( i != j )

        {

            if( diff[i][j] < pos ) myUnion(find_anc(i),find_anc(j));

        }

    }

    int sth = 0 ;

    for( i = 1 ; i <= n ; i++) if(!vis[j=find_anc(i)]) {    sth++;  vis[j] = 1 ;    }

    return sth >= k ;

}



void solve()

{

    int i , j  ;

    double l , r , mid ;

    l = mind ; r = maxd ;

    while ( l <= r )

    {

        mid = ( l+r ) / 2.0 ;

        //判斷mid是否能夠構成K個類..

        if (check(mid)) l = mid+precision ;

        else r = mid - precision ;

    }

    printf("%.6lf\n",r);

}



int main()

{

    int i , j  ;

    while (~scanf("%d%d",&n,&k))

    {

        for ( i = 1 ; i <= n ; i++) scanf("%lf%lf%lf",&x[i],&y[i],&z[i]);

        maxd = -1.0 ; mind = 2.0 ;

        for( i = 1 ; i <= n ; i++)

            for( j = i ; j <= n ; j++)

            {

                diff[j][i] = diff[i][j] = (x[i]-x[j])*(x[i]-x[j])+(y[i]-y[j])*(y[i]-y[j])+(z[i]-z[j])*(z[i]-z[j]);

                mind = get_min(mind,diff[i][j]);

                maxd = get_max(maxd,diff[i][j]);

            }

        solve();

    }

}

C題大意：有2種禮物，每一個禮物有值a,b和數量k，有n(n<=1000)我的，每一個人要有一個禮物且每一個人也有值x，y，每一個人得到禮物的滿意度爲a*x+b*y，求最大的滿意度。

顯然是個dp問題，狀態方程爲：

dp[i][j]表示前i我的用了j個第一種禮物。

dp[i][j] = max(dp[i-1][j-1]+第一種禮物，dp[i-1][j]+第二種禮物).

注意邊界及初始條件便可。

經過分析能夠發現一些單調條件，能夠優化一些，附代碼以下：

#include <stdio.h>

#include <iostream>

#include <string.h>

#include <set>



using namespace std;



const int maxn = 1024 ;

int n , x[maxn] , y[maxn] , a , aa , b , bb , k , kk , dp[maxn][maxn] , one[maxn] , two[maxn] ;



inline int get_max(int mm,int nn) { return mm > nn ? mm : nn ;  }



void solve()

{

    int i , j , ans ;

    for ( i = 0 ; i <= k ; i++) dp[0][k] = 0 ;

    for( i = 1 ; i <= n ; i++) { one[i] = x[i]*a+y[i]*b;    two[i] = x[i]*aa+y[i]*bb;   }

    for( i = 1 ; i <= n ; i++)

    {

        if( i <= kk )

            dp[i][0] = dp[i-1][0] + two[i] ;

        else

            dp[i][0] = -1 ;

        for( j = 1 ; j <= k ; j++)

        {

            dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + one[i] ;

            if( (i-j) <= kk ) dp[i][j] = get_max(dp[i][j],dp[i-1][j]+two[i]);

        }

    }

    for( ans = i = 0 ; i <= k ; i++) ans = get_max(ans,dp[n][i]) ;

    printf("%d\n",ans);

}



int main()

{

    int i ;

    while (~scanf("%d",&n))

    {

        for ( i = 1 ; i <= n ; i++) scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);

        scanf("%d%d%d",&k,&a,&b);

        scanf("%d%d%d",&kk,&aa,&bb);

        solve();

    }

}

d題大意：有n(n<=50)個靶子，每一個靶子沿着必定的軌跡進行移動，移動時間爲10s，求最多能同時射中幾個靶子。射擊時間貌似不必定是整數，看來代碼可能有問題= =

假定是整數時刻射擊，則枚舉每秒鐘每一個靶子的位置，而後計算最多有幾個靶子在同一直線上便可，這裏暴力處理。

代碼以下： 

#include <stdio.h>

#include <iostream>

#include <string.h>

#include <set>



using namespace std;



const int maxn = 50 ;

int n , x[maxn] , y[maxn] , a[maxn] , b[maxn] ;

double increa[maxn] ,increb[maxn] , xx[maxn] , yy[maxn] ;

bool vis[maxn][maxn] ;



inline int get_max(int mm,int nn) { return mm > nn ? mm : nn ;  }



int dosth()

{

    memset(vis,0,sizeof(vis));

    set<int> st;

    int i , j , k , ans ;

    for ( i = 0 , ans = 1 ; i < n ; i++)

    {

        for ( j = 0 ; j < n ; j++)

        {

            if( i != j && !vis[i][j] )

            {

                st.clear();

                st.insert(i);

                st.insert(j);

                for ( k = 0 ; k < n ; k++) if( k != i && k != j )

                {

                    if( ( yy[j] - yy[i] ) * ( xx[k] - xx[j] ) == ( yy[k] - yy[j] ) * ( xx[j] - xx[i] ) )

                    {

                        st.insert(k);

                    }

                }

                ans = get_max(ans,st.size());

                set<int>::iterator ite1,ite2 ;

                for ( ite1 = st.begin() ; ite1 != st.end() ; ite1++)

                {

                    ite2 = ite1 ;

                    ite2++;

                    for ( ; ite2 != st.end() ; ite2++)

                    {

                        if( *ite1 != *ite2 )

                        {

                            vis[*ite1][*ite2] = vis[*ite2][*ite1] = 1 ;

                        }

                    }

                }

            }

        }

    }

    return ans ;

}



void solve()

{

    int i , j , ans ;

    for( i = 0 ; i < n ; i++) { increa[i] = 0.1 * a[i] ;    increb[i] = 0.1 * b[i] ;    }

    for ( i = 0 , ans = 1 ; i <= 10 ; i++)

    {

        for( j = 0 ; j < n ; j++) { xx[j] = increa[j] * i + x[j] ;  yy[j] = increb[j] * i + y[j] ;  }

        ans = get_max(ans,dosth());

    }

    printf("%d\n",ans);

}



int main()

{

    int i ;

    while (~scanf("%d",&n))

    {

        for( i = 0 ; i < n ; i++) scanf("%d%d%d%d",&x[i],&y[i],&a[i],&b[i]);

        solve();

    }

}

水平有限，不能保證分析和代碼都正確。