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感觉整体难度有点偏大。
🎈 作者：Eriktse
🎈 简介：19 岁，211 计算机在读，现役 ACM 银牌选手🏆力争以通俗易懂的形式解说算法！❤️欢送关注我，一起交换 C ++/Python 算法。（优质好文继续更新中……）🚀
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A- 蛋挞
签到题。
只需比拟 a / b 和a % b的大小即可。留神开 longlong。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
signed main()
{int a, b;scanf("%lld %lld", &a, &b);
if(a / b < a % b)printf("niuniu eats more than others");
else if(a / b > a % b)printf("niuniu eats less than others");
else printf("same");
return 0;
}B- 玩具
排序贪婪。
因为咱们要将 n 个玩具全副买下，所以咱们 免单的玩具 价格越高越好，咱们将整个数组排升序后从后往前两个两个拿，且 只付更高价格的玩具的钱。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn = 1e6 + 9;
int a[maxn];
signed main()
{int n;scanf("%lld", &n);
for(int i = 1;i <= n; ++ i)scanf("%lld", a + i);
sort(a + 1,a + 1 + n);
int ans = 0;
for(int i = n;i >= 1; -- i)
{ans += a[i];
i --;
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}C- 开题程序
dfs。
题目数量比拟小，咱们能够枚举出所有的开题程序，而后计算出最终分数取大即可，留神剪枝，当工夫超过 t 的时候能够间接完结，此时的分数曾经有效了。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn = 15;
int a[maxn], b[maxn], c[maxn], x[maxn], y[maxn];
int n, t, p;
bitset<maxn> vis;
// 以后正在选第 dep 道题
int dfs(int dep, int ti, int sc)
{if(ti > t)return 0;// 当累计做题工夫曾经超过了 t 阐明比拟曾经完结了
if(dep == n + 1)return sc;
int res = sc;
for(int i = 1;i <= n; ++ i)
{if(vis[i])continue;
// 切了第 i 道题
ti += x[i];
vis[i] = true;
res = max(res, dfs(dep + 1, ti, sc + max(c[i], a[i] - ti * b[i] - y[i] * p)));
vis[i] = false;
ti -= x[i];
}
return res;
}
signed main()
{scanf("%lld %lld %lld", &n, &t, &p);
for(int i = 1;i <= n; ++ i)
scanf("%lld %lld %lld %lld %lld", a + i, b + i, c + i, x + i, y + i);
printf("%lld\n", dfs(1, 0, 0));
return 0;
}D- 游览
最小生成树（并查集）+ 二分。
首先咱们晓得要使得所有点互联，且边权尽可能小，应该建设一棵最小生成树，而后修复树中所有的边即可。
而后国家帮忙修复边权 <=p 的局部，那么咱们能够想到，当 p 较大时，牛牛的资金必定能够足够修复剩下的，当 p 较小时，牛牛要修的路就比拟多，就修不了。
所以“y= 牛牛是否修复剩下的路 ”是随着p 枯燥的，当 p 大时，y=1，当 p 小时，y=0，咱们要做的就是找到那个交界处，二分即可。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 9;
map<int, int> mp[maxn];
struct Edge
{int x, y, w;};
int pre[maxn];
// 门路压缩的并查集
int root(int x){return pre[x] = (pre[x] == x ? x : root(pre[x]));}
int a[maxn];// a 外面寄存最小生成树的所有边权
int n, m, c, cnt;
bool check(int k)
{
int res = 0;// 贪婪求最小代价，数组逆序点乘
for(int i = cnt, j = 0;i >= 1; -- i)
{if(a[i] <= k)break;//<= k 的局部国家买单不必思考了
res += (++ j) * a[i];
}
return res <= c;
}
signed main()
{scanf("%lld %lld %lld", &n, &m, &c);
/* 最小生成树，共 3 步 */
vector<Edge> vec;
//1. 存边
for(int i = 1;i <= m; ++ i)
{int x, y, w;scanf("%lld %lld %lld", &x, &y, &w);
vec.push_back({x, y, w});// 将边存入 vec 中
}
//2. 将边升序
sort(vec.begin(), vec.end(), [](const Edge &u, const Edge &v)
{return u.w < v.w;});
//3. 贪婪建树，并查集判断连通性
for(int i = 1;i <= n; ++ i)pre[i] = i;// 并查集初始化
for(auto &i : vec)
{
int x = i.x, y = i.y, w = i.w;
if(root(x) == root(y))continue;
a[++ cnt] = w;// a 天然是升序的
pre[root(x)] = root(y);
}
/* 生成树完结 */
// 以下为二分局部
int l = -1, r = 2e9;
while(l + 1 != r)
{int mid = (l + r) >> 1;
if(check(mid))r = mid;
else l = mid;
}
printf("%lld\n", r);
return 0;
}E- 等腰三角形(easy)
暴力枚举。
枚举出所有三个点组成的三元组，留神不要反复。
能够通过海伦公式来求面积判断是否共线。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn = 500;
const double eps = 1e-6;
struct Point
{int x, y;}p[maxn];
int dist(const Point &u, const Point &v)
{
int dx = u.x - v.x;
int dy = u.y - v.y;
return dx * dx + dy * dy;
}
double area(double a, double b, double c)
{double p = (a + b + c) / 2.0;
return sqrt(p * (p - a) * (p - b) * (p - c));
}
signed main()
{int n;scanf("%lld", &n);
for(int i = 1;i <= n; ++ i)
scanf("%lld %lld", &p[i].x, &p[i].y);
int ans = 0;
for(int i = 1;i <= n; ++ i)
{for(int j = i + 1;j <= n; ++ j)
{for(int k = j + 1;k <= n; ++ k)
{int d1 = dist(p[i], p[j]);
int d2 = dist(p[i], p[k]);
int d3 = dist(p[j], p[k]);
if(area(sqrt(d1), sqrt(d2), sqrt(d3)) <= eps)continue;
if(d1 == d2 || d1 == d3 || d2 == d3)ans ++;
}
}
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}F- 等腰三角形(hard)
这题必定不能暴力枚举了。
咱们能够发现，以整数点作为定点必定无奈形成等边三角形。
如果咱们要形成一个等边三角形，那么就须要有 60 度的角，如果这个 60 度的角由两个角 x,y 相加而成，就有：
$$ tan60\degree = tan(x+y)= \frac{tanx + tany}{1-tanx \times tany}$$
其中 tan60 是一个无理数，然而前面的 tanx, tany 都是有理数，一个无理数无奈通过有理数的加减乘除算出，所以在整数点中结构不出 60 度的角。
咱们枚举每一个点 A，而后枚举其余点作为B，而后再查一下有多少C 即可（也就是和 A 间隔等于 dist(AB) 的点），这里只需保障 C 的下标小于 B 的下标，就保障了一个偏序关系，就不会反复计算。
接下来须要将“三点共线”的这样“非凡等腰三角形”减去，咱们只需计算有多少这样的“线段”即可。
枚举每一个点 A，再查一下A' 是否存在即可，能够对点做一个桶来判断，因为地图并不大。
#include <bits/stdc++.h>
#include <bits/extc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn = 3009, T = 1000;
const double eps = 1e-6;
struct Point
{int x, y;}p[maxn];
int dist(const Point &u, const Point &v)
{
int dx = u.x - v.x;
int dy = u.y - v.y;
return dx * dx + dy * dy;
}
int cnt[2123456];
bitset<2005> vis[2005];
signed main()
{int n;scanf("%lld", &n);
for(int i = 1;i <= n; ++ i)
{scanf("%lld %lld", &p[i].x, &p[i].y);
vis[p[i].x + T][p[i].y + T] = true;
}
int ans = 0;
for(int i = 1;i <= n; ++ i)
{for(int j = 1;j <= n; ++ j)
{if(i == j)continue;
ans += (cnt[dist(p[i], p[j])] ++);
}
for(int j = 1;j <= n; ++ j)
{if(i == j)continue;
cnt[dist(p[i], p[j])] = 0;
}
}
int cnt = 0;
for(int i = 1;i <= n; ++ i)
{for(int j = 1;j <= n; ++ j)
{if(i == j)continue;
int tx = 2 * p[j].x - p[i].x;
int ty = 2 * p[j].y - p[i].y;
if(tx < -500 || tx > 500 || ty < -500 || ty > 500)continue;
if(vis[tx + T][ty + T])cnt ++;
}
}
printf("%lld\n", ans - cnt / 2);
return 0;
}🎈 本文由 eriktse 原创，创作不易，如果对您有帮忙，欢送小伙伴们点赞👍、珍藏⭐、留言💬