第十一届山东省大学生程序设计竞赛总结

第十一届山东省大学生程序设计竞赛总结

打的时候唯一想法，对不起我太菜了，我这就爬。
下边进入正题：

首先是开G题，签到题.

G题

第一个想法就是先用long long int类型的直接计算，本来只考虑了成绩的个数，想着 10⁵ 个最多100，加起来也就10⁷,然后直接交了一次，直接报错。
（少考虑了精度的问题）

第二次考虑到了精度，然后发现精度过大的时候会直接爆掉，就会结果错误。当时就感觉要用字符串处理了，然后设计了字符串除法，可以算出浮点数的特殊的一种。然后交了几次还是报错没有通过全部案例。

第三次就考虑到了是不是字符串有Bug,尝试了全零的情况，发现这种情况有些特殊，小数点的地方会错误，就是设计的算法中没有了小数点。再对字符串除法进行修改，最后在波折了好长时间的情况下才AC。

感觉这种操作以及不能说是小白了，只能说是考虑的很不周全，想问题太直接了，可能就是还没有适应这种题目，有待加强。

下边附上代码：

#include <bits/stdc++.h>
long long int n;
long long int count1=0;
using namespace std;
string Divide(string str,int n1){
    string str1=str;
    int reminder=0;
    for(int i=0;i<str.size();i++){
        int current=reminder*10+(str[i]-'0');
        str[i]=current/n1+'0';
        reminder=current%n1;
    }
    int k=0;
    int f=0;
    while(str[k]=='0'){
        k++;
        if(k>str.size()-1) {
            f=1;
            break;
        }
    }
    str=str.substr(k);
    if(f==0)
    return str;
    else return str1;
}


int main()
{
    long long int m;
    cin>>m>>n;
    long long int  s=0;
    for(long long int i=0;i<m;i++){
        long long int  x;
        cin>>x;
        s+=x;
    }
    long long int s3=s/m;
    string s1=to_string(s);
    for(long long int i=0;i<n;i++){
        s1+="0";
    }
    while(s3>0){
        s3/=10;
        count1++;
    }

    string s2=Divide(s1,m);
    if(count1==0)count1++;
    for(long long int i=0;i<s2.size();i++){
        cout<<s2[i];
        if(i==count1-1)cout<<".";
    }
}

而且哦，我发现自己的代码写的是真的乱，以后会注意这方面加强规范码风的。还有就是设计的太长了，就容易出Bug，说明字符串处理部分还是太弱了，没法快速实现无Bug的算法。

后来又多了想法，不需要用字符串，直接用整数，每次求余数乘以十循环即可（哭了）

附带上大数加减乘除
转自https://www.cnblogs.com/cydi/p/12468400.html

#include <iostream>
#include <vector>
#include <cstdio>
using namespace std;

//比较两个数的大小
bool checkSize(vector<int> &A,vector<int> &B)
{
    if(A.size()!=B.size()) return A.size()>B.size();
    for(int i=A.size()-1;i>=0;i--)
    {
        if(A[i]>B[i])
        {
            return true;
            break;
        }
        if(A[i]<B[i])
        {
            return false;
            break;
        }
    }
    return true;
}

//加法
vector<int> add(vector<int> &A,vector<int> &B)
{
    vector<int> C;
    int t=0;
    for(int i=0;i<A.size()|| i<B.size();i++)
    {
        if(i<A.size()) t+=A[i];
        if(i<B.size()) t+=B[i];
        C.push_back(t % 10);
        t /= 10;
    }
    if(t!=0) C.push_back(1);
    return C;
}

//减法
vector<int> sub(vector<int> &A,vector<int> &B)
{
    vector<int> C;
    int t=0;
    for(int i=0;i<A.size();i++)
    {
        t=A[i]-t;
        if(i<B.size()) t-=B[i];
        C.push_back((t+10)%10);
        if(t<0) t=1;
        else t=0;
    }
    //去除前导0
    while(C.size()>1 && C.back()==0) C.pop_back();
    return C;
}

int main()
{
    string a,b,op;
    vector<int> A,B;
    cin >> a >> op >>b;
    for(int i=a.size()-1;i>=0;i--) A.push_back(a[i]-'0');//将字符转成数字并存进数组中
    for(int i=b.size()-1;i>=0;i--) B.push_back(b[i]-'0');
    if(op=="add")
    {
        vector<int> C = add(A,B);
        for(int i=C.size()-1;i>=0;i--) printf("%d",C[i]);
    }
    if(op=="sub")
    {
        vector<int> C;
        if(checkSize(A,B))
        {
            C= sub(A,B);
            for(int i=C.size()-1;i>=0;i--) printf("%d",C[i]);
        }
        else
        {
            C = sub(B,A);
            cout << "-";
            for(int i=C.size()-1;i>=0;i--) printf("%d",C[i]);
        }
    }
    return 0;
}

#include <iostream>
#include <vector>

using namespace std;
//乘法
vector<int> mul(vector<int> &A, int b)
{
    vector<int> C;//结果数组
    int t=0;
    for(int i=0;i<A.size()||t;i++)
    {
        if(i<A.size()) t+=A[i]*b;
        C.push_back(t%10);
        t/=10;
    }
    return C;
}
//除法
vector<int> div(vector<int> &A,int b,int &k)
{
    vector<int> C;//保存商
    k=0;//保存余数
    for(int i=A.size()-1;i>=0;i--)
    {
        k=k*10+A[i];
        C.push_back(k/b);
        k%=b;
    }
    while(C.size()>=1&&C.front()==0) C.erase(C.begin());//消除前导0
    return C;
}

int main()
{
    string a,op;
    vector<int> A;
    int b;
    cin >> a >> op >> b;
    for(int i=a.size()-1;i>=0;i--) A.push_back(a[i]-'0');
    if(op=="mul")
    {
        auto C = mul(A,b);
        cout << "积：";
        for(int i=C.size()-1;i>=0;i--) printf("%d",C[i]);
    }
    if(op=="div")
    {
        int k=0;
        auto C = div(A,b,k);
        cout << "商：";
        for(auto c:C) cout << c;
        if(k!=0)
            cout << " 余: " << k <<endl;
    }
    return 0;
}

再后面，通过看榜选择开D题

D题

首先看这道题，以为这是一个图的题，但是仔细一看是2*10⁵的边，就感觉开不了这么大。然后就想着用vector缩小，但是这样做是没办法索引的而且还有顺序问题。

而后思考图添加重力的关系，发现只需要记录每次添加物块的行和列即可，以及统计每行和每列物块的个数就会简化计算。就想着记录每行每列物块的数量。

再往后考虑到每添加一个物块都可以考虑跟上一次的关系用来大幅度缩减复杂度。
最终代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
#include <stdio.h>

using namespace std;
int main()
{
    long long int n;
    scanf("%lld",&n);
    long long int  x[200001]={0};
    long long int  y[200001]={0};
    for(long long int i=0;i<200001;i++){
        x[i]=0;
        y[i]=0;
    }
    long long int v=0; //vertical情况的边数
    long long int h=0; //horizonal情况的边数
    for(long long int i=0;i<n;i++){
        long long int a,b;
        scanf("%lld",&a);
        scanf("%lld",&b);
        v=v+4;//每添加一个方块加四条边
        h=h+4;//每添加一个方块加四条边
        x[a]++;
        y[b]++;
       if(x[a]>=2){//如果添加方框的这一列是有方块的就减去两条边
            v=v-2;
       }
       if(x[a-1]>=x[a])v=v-2;//若这一列的左侧列方块数多余该列边数-2
       if(x[a+1]>=x[a])v=v-2;//若这一列的右侧列方块数多余该列边数-2
       printf("%lld ",v);
       if(y[b]>=2){
            h=h-2;
       }
       if(y[b-1]>=y[b])h=h-2; //另一种情况同上
       if(y[b+1]>=y[b])h=h-2;
        printf("%lld\n",h);
    }
}

这里感谢我的好室友，本来是没有过的，卡到了两个if上边，也是没有仔细看题目，我还以为是n既规定了箱子个数还规定了边数，然后就多加了If条件，怎么也过不去，被卡得心态爆炸。

说明还是读题不仔细，以后熟悉了会多加改善。

补题

H题

第一次看这个题，我感觉这是一个01背包的问题，但是又不太一样。因为这道题涉及到了两个，分别是生命值以及耐力。后来查阅资料发现是二维花费背包问题。但是又跟经典的二维背包又不一样，这里涉及到了生命值向耐力转化的问题。所以在对二维背包的矩阵做了一定的处理

而后交了一次只通过了70%，后发现w的范围最大10⁹就感觉会超int，最后将Int改为l l int再交一次就AC了。

#include <iostream>
using namespace std;
long long int F[1001][1001]={0},h[301]={0},s[301]={0},v[301]={0};
int main()
{
    int n,H,S;
    scanf("%d%d%d",&n,&H,&S);
    int h1,s1;
    long long int v1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d%d%d",&h1,&s1,&v1);
        for(int k=H;k>h1;k--){
            for(int L=S+H-k;L>=s1;L--){
                F[k][L]=max(F[k][L],F[k-h1][L-s1]+v1);
            }
        }
    }
    long long int m=0;
    for(int j=0;j<=H;j++){
        if(F[j][S+H-j]>m) m=F[j][S+H-j];
    }
    cout<<m;
    return 0;
}

关于01背包，完全背包，多重背包的相关问题思路：
https://www.cnblogs.com/mfrank/p/10849505.html

C题

首先根据题的描述分析题目，感觉每个子树都与其两个左右子树有关。
第一个想法：我直接排一列不就好了？仔细一看题最多是 2* 10¹⁹个猫，但是我们最多只能到
2 *10⁵个节点，所以这种想法看定是不可以的。
那么肯定要压缩树的深度。就需要找到规律，然后就简单画了几个图，寻找规律.

而后发现每个树的最大可能次数就是左节点的次数乘以右节点的次数再+1。而后列出核心的递推方程：
设树的总可能次数为f(u),其左子树可能次数f(l),右子树可能次数f( r )，则
f( u )=f( l )*f( r )+1;

想法就是首先判断是不是次数为2,若为2直接返回1,否则就减去1作为第一个结点然后进入循环。若为偶数，则除以二，在i行的i+1行加节点，若为奇数，则减一，在i+1行加节点，且i=i+1;
例子如下：

#include <iostream>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main()
{
    long long int n;
    vector<long long int>v1;
    vector<long long int>v2;
    scanf("%lld",&n);
    if(n==2) printf("%d",1);
    else {
        n=n-1;
        long long int count1 = 1;
        long long int count2 = 2;
        while(n>0){
            if(n==2){
                v1.push_back(count1);
                v2.push_back(count2);
                printf("%lld\n",count2);
                break;
            }
            if(n%2==0){
                v1.push_back(count1);
                v2.push_back(count2);
                count2++;
                n=n/2;
            }
            else{
                v1.push_back(count1);
                v2.push_back(count2);
                count1=count2;
                count2++;
                n=n-1;
            }
        }
        for(int i=0;i<v1.size();i++){
            printf("%lld %lld\n",v1[i],v2[i]);
        }
    }
    return 0;
}

M题

看题发现这是一道矩阵的题目，想好思路直接模拟就好了。要求是想要将A，B矩阵内的所有cell中为1的都要连接起来，并且两个矩阵做类似于与运算之后剩下的就是C矩阵。

题目提示了边框都是0那么想法就是想要通过边框将A，B中的所有的地方都连接起来，那么可以通过行数的奇数与偶数的区分将行分配。

若输入C为：
00000
00000
00000
00000
00000
A为：
11110
10000
11110
10000
11110
B为：
00001
01111
00001
01111
00001

这样A与B就是全0唯有，C矩阵含有1时将AB矩阵的相应位置赋值，AB相与才会得到C矩阵。

较为简单，代码如下：

#include <iostream>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
char f[505][505]={0}, A[505][505]={0}, B[505][505]={0};
int main()
{
    int r,c;
    scanf("%d",&r);
    scanf("%d",&c);
    for(int i=1;i<=r;i++){
        for(int j=1;j<=c;j++){
            cin>>f[i][j];
            A[i][j]=f[i][j];
            B[i][j]=f[i][j];
            if(j==1){
                A[i][j]='1';
            }
            if(j==c){
                B[i][j]='1';
            }
            if(i%2==0&&j!=c){
                A[i][j]='1';
            }
            if(i%2!=0&&j!=1){
                B[i][j]='1';
            }
        }
    }

    for(int i=1;i<=r;i++){
        for(int j=1;j<=c;j++){

        }
    }
    for(int i=1;i<=r;i++){
        for(int j=1;j<=c;j++){
            printf("%c",A[i][j]);
        }
        printf("\n");
    }
    for(int i=1;i<=r;i++){
        for(int j=1;j<=c;j++){
            printf("%c",B[i][j]);
        }
        printf("\n");
    }
    return 0;
}

B题

这里的B题仔细一看是一个类似于最小生成树MST的题目，但是这里题目还是做了部分改变，非常的灵活。首先是边的权重变成了最大公约数的形式。而且可见数据量是非常的大，最多足足有2*10⁵个节点，而且，每个节点的价值还给了界限，那么第一想法就是如果在这里的节点里面遇到了跟其他数最小的公约数，也就是素数的话，那么就会出现结果是n-1的问题。由于数据是随机生成的，很可能遇见为素数的情况，特别是当L与R相差较大的时候。

那么连续的数值，出现素数的情况，首先感觉在20万以内的数据量内，相邻素数的情况差值也就是几百的样子。所以当R与L的差值大于几百的情况就会出现上一段所述的出现素数导致所有的最大公因数都变成了0。

那么我们只需要考虑R与L的值相差较小的情况，在这个情况下我们考虑用简单直接的办法也就是直接暴力求解。在此基础上写了最小生成树的代码，然后自己运行了一下，发现当n太大，但是RL差值又较小的时候，就会造成循环次数太多时间超限。那么就需要进一步改进。

仔细考虑，n比较大的情况，但是L与R的差值比较小，就考虑使用为界限开一维数组，填充值为索引的个数。在通过索引之间的最大公约数再进行相应的算法处理即可。
思路如图：

而后将第12列的判断与后面所有列（判断列值为0跳过）的最大公约数，选中与之最小最大公因数的一列（14列），而后将12列的所有的节点都连接到第14个第一个结点，重复上述。到最后仅剩最后一列，最后一列的n个节点，第一个节点 是与前面相连的，之用考虑后n-1个节点即可，同上述步骤，找到与最后一列的最大公因数最小的一列，然后让后n-1个节点连到该列即可.

代码实现如下：

#include <iostream>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,L,R,a[200001]= {0};
unsigned long long seed;

unsigned long long xorshift()
{
    unsigned long long x=seed;
    x ^=x <<13;
    x ^=x >>7;
    x ^=x <<17;
    seed =x ;
    return x;
}

int gen()
{
    return xorshift() % (R-L+1) +L;
}

int main()
{
    int qz[200000]= {0};
    scanf("%d%d%d%llu",&n,&L,&R,&seed);
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        a[i]=gen();
        qz[a[i]]++;
    }
    if(R-L>10000)
    {
        cout<<n-1<<endl;
    }
    else
    {
        int count1 = 0;
        for(int i=0;i<=200000;i++)
        {

            if(qz[i]!=0)count1++;
        }
        unsigned long long sum=0;
        for(int i=L; i<=R; i++)
        {
            if(qz[i]==0)
                continue;
            unsigned long long =1e9;
            for(int j=L; j<=R; j++)
            {
                if(qz[j]!=0)
                {
                    unsigned long long w = __(i,j);
                    if(w<)
                    {
                        =w;
                    }
                }
            }
            if(count1>1){
                sum+=*qz[i];
                count1--;
            }
            else{
                sum+=*(qz[i]-1);
                break;
            }
        }
        cout<<sum;
    }
}