L2-001 緊急救援 最短路+路徑打印

作為一個(gè)城市的應(yīng)急救援隊(duì)伍的負(fù)責(zé)人，你有一張?zhí)厥獾娜珖貓D。在地圖上顯示有多個(gè)分散的城市和一些連接城市的快速道路。每個(gè)城市的救援隊(duì)數(shù)量和每一條連接兩個(gè)城市的快速道路長度都標(biāo)在地圖上。當(dāng)其他城市有緊急求助電話給你的時(shí)候，你的任務(wù)是帶領(lǐng)你的救援隊(duì)盡快趕往事發(fā)地，同時(shí)，一路上召集盡可能多的救援隊(duì)。

輸入格式:

輸入第一行給出4個(gè)正整數(shù)N、M、S、D，其中N（2≤N≤500）是城市的個(gè)數(shù)，順便假設(shè)城市的編號為0 ~ (N?1)；M是快速道路的條數(shù)；S是出發(fā)地的城市編號；D是目的地的城市編號。

第二行給出N個(gè)正整數(shù)，其中第i個(gè)數(shù)是第i個(gè)城市的救援隊(duì)的數(shù)目，數(shù)字間以空格分隔。隨后的M行中，每行給出一條快速道路的信息，分別是：城市1、城市2、快速道路的長度，中間用空格分開，數(shù)字均為整數(shù)且不超過500。輸入保證救援可行且最優(yōu)解唯一。

輸出格式:

第一行輸出最短路徑的條數(shù)和能夠召集的最多的救援隊(duì)數(shù)量。第二行輸出從S到D的路徑中經(jīng)過的城市編號。數(shù)字間以空格分隔，輸出結(jié)尾不能有多余空格。

輸入樣例:

4 5 0 3 20 30 40 10 0 1 1 1 3 2 0 3 3 0 2 2 2 3 2

輸出樣例:

2 60 0 1 3

分析：

Dijkstra基礎(chǔ)應(yīng)用，比模板單純求最短路的基礎(chǔ)上多了輸出路徑，路徑條數(shù)以及多權(quán)重（路徑相同時(shí)人數(shù)盡量大），路徑只要存每個(gè)節(jié)點(diǎn)的前驅(qū)，然后倒著遍歷一遍就行。其他就是一些小細(xì)節(jié)，看注釋。優(yōu)先隊(duì)列默認(rèn)為大頂堆priority_queue<PII>，這里需要改成小頂堆priority_queue<PII,vector<PII>,greater<PII> >

代碼：

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define PII pair<int,int>const int INF = 0x3f3f3f3f; const int N = 510;//n個(gè)點(diǎn)m條邊從s到d int n,m,s,d; //分別為：鄰接矩陣存圖，是否訪問過，到起點(diǎn)的最短距離。 vector<PII> mp[N]; int vis[N], dis[N]; //分別為：到當(dāng)前點(diǎn)最多召集幾個(gè)人，每個(gè)城市的人數(shù)，存路徑，到當(dāng)前點(diǎn)幾條路。 int tot[510], city[510], path[510], road[510];void DJ(int s){//初始化 for(int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) dis[i] = INF, vis[i] = false, path[s] = -1;tot[s] = city[s];dis[s] = 0;road[s] = 1;//小頂堆 priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII> > q; q.push({0, s}); while(q.size()){int t = q.top().second;q.pop();if(vis[t]) continue;vis[t] = true;for(int i = 0 ; i < mp[t].size() ; i ++ ){int j = mp[t][i].first, w = mp[t][i].second;if(dis[j] > dis[t]+w){ //松弛操作 //j從t這個(gè)點(diǎn)過來的路徑更短，前驅(qū)變?yōu)閠path[j] = t;//從t走過來，則可以召集的人數(shù)就是到t可召集的人數(shù)+j這個(gè)點(diǎn)的人數(shù)tot[j] = tot[t]+city[j];dis[j] = dis[t]+w;//到t有幾種走法，就到j(luò)有幾種road[j] = road[t];//由于j點(diǎn)最短距離被更新，需要壓入隊(duì)列q.push({dis[j], j});}else if(dis[j] == dis[t]+w){//有另外的走法使得最短路相同，更新方案數(shù)road[j] += road[t];//如果可以召集更多的人，更新方案if (tot[j] < tot[t] + city[j]) {tot[j] = tot[t] + city[j];path[j] = t;}}}} }void print(int d){ //路徑打印 int now = d;vector<int> v;while(now != -1){v.push_back(now);now = path[now];}for (int i = v.size()-1 ; i >= 0 ; i -- )printf("%d%c", v[i], i==0 ? '\n' : ' '); }int main(){cin>>n>>m>>s>>d;for(int i = 0 ; i < n ; i ++ ) cin>>city[i]; for(int i = 0 ; i < m ; i ++ ){int x, y, w;cin>>x>>y>>w;mp[x].push_back({y, w});mp[y].push_back({x, w});}DJ(s);cout<<road[d]<<" "<<tot[d]<<endl;print(d);return 0; }

L2-002 鏈表去重 模擬鏈表

給定一個(gè)帶整數(shù)鍵值的鏈表 L，你需要把其中絕對值重復(fù)的鍵值結(jié)點(diǎn)刪掉。即對每個(gè)鍵值 K，只有第一個(gè)絕對值等于 K 的結(jié)點(diǎn)被保留。同時(shí)，所有被刪除的結(jié)點(diǎn)須被保存在另一個(gè)鏈表上。例如給定 L 為 21→-15→-15→-7→15，你需要輸出去重后的鏈表 21→-15→-7，還有被刪除的鏈表 -15→15。

輸入格式：

輸入在第一行給出 L 的第一個(gè)結(jié)點(diǎn)的地址和一個(gè)正整數(shù) N（≤105，為結(jié)點(diǎn)總數(shù)）。一個(gè)結(jié)點(diǎn)的地址是非負(fù)的 5 位整數(shù)，空地址 NULL 用 ?1 來表示。

隨后 N 行，每行按以下格式描述一個(gè)結(jié)點(diǎn)：

地址 鍵值 下一個(gè)結(jié)點(diǎn)

其中地址是該結(jié)點(diǎn)的地址，鍵值是絕對值不超過104的整數(shù)，下一個(gè)結(jié)點(diǎn)是下個(gè)結(jié)點(diǎn)的地址。

輸出格式：

首先輸出去重后的鏈表，然后輸出被刪除的鏈表。每個(gè)結(jié)點(diǎn)占一行，按輸入的格式輸出。

輸入樣例：

00100 5 99999 -7 87654 23854 -15 00000 87654 15 -1 00000 -15 99999 00100 21 23854

輸出樣例：

00100 21 23854 23854 -15 99999 99999 -7 -1 00000 -15 87654 87654 15 -1

分析：

數(shù)據(jù)量不大，可以直接用數(shù)組模擬鏈表，地址當(dāng)做數(shù)組下標(biāo)，考察基本的刪除操作和尾插法。

代碼：

#include<bits/stdc++.h> using namespace std;const int N=1e5+5; typedef long long ll;struct node{int id,val,next,absval; }LNode[N]; bool cmp(node a,node b){return a.id<b.id; } pair<int,pair<int,int> > p; vector<pair<int,pair<int,int> > > com,del; int f[N];int main(){int ID,N,i;cin>>ID>>N;for(i=0;i<N;i++){cin>>LNode[i].id>>LNode[i].val>>LNode[i].next;LNode[i].absval=fabs(LNode[i].val);f[abs(LNode[i].val)]=0; //避免二分時(shí)重復(fù)計(jì)算 }sort(LNode,LNode+N,cmp);while(ID!=-1){ //用-1結(jié)束，別用N計(jì)數(shù) int l=0,r=N-1; //二分查找下一節(jié)點(diǎn) while(l<r){int mid=(l+r)/2;if(LNode[mid].id<ID) l=mid+1;else r=mid;}p.first=LNode[l].id;p.second.first=LNode[l].val;p.second.second=LNode[l].next;if(f[LNode[l].absval]==0){f[LNode[l].absval]=1;com.push_back(p);}elsedel.push_back(p);ID=LNode[l].next;}for(i=0;i<com.size();i++){if(i<com.size()-1)printf("%05d %d %05d\n",com[i].first,com[i].second.first,com[i+1].first);elseprintf("%05d %d -1\n",com[i].first,com[i].second.first);}for(i=0;i<del.size();i++){if(i<del.size()-1)printf("%05d %d %05d\n",del[i].first,del[i].second.first,del[i+1].first);elseprintf("%5d %d -1\n",del[i].first,del[i].second.first);}return 0; }

L2-003 月餅 貪心

月餅是中國人在中秋佳節(jié)時(shí)吃的一種傳統(tǒng)食品，不同地區(qū)有許多不同風(fēng)味的月餅。現(xiàn)給定所有種類月餅的庫存量、總售價(jià)、以及市場的最大需求量，請你計(jì)算可以獲得的最大收益是多少。

注意：銷售時(shí)允許取出一部分庫存。樣例給出的情形是這樣的：假如我們有 3 種月餅，其庫存量分別為 18、15、10 萬噸，總售價(jià)分別為 75、72、45 億元。如果市場的最大需求量只有 20 萬噸，那么我們最大收益策略應(yīng)該是賣出全部 15 萬噸第 2 種月餅、以及 5 萬噸第 3 種月餅，獲得 72 + 45/2 = 94.5（億元）。

輸入格式：

每個(gè)輸入包含一個(gè)測試用例。每個(gè)測試用例先給出一個(gè)不超過 1000 的正整數(shù) N 表示月餅的種類數(shù)、以及不超過 500（以萬噸為單位）的正整數(shù) D 表示市場最大需求量。隨后一行給出 N 個(gè)正數(shù)表示每種月餅的庫存量（以萬噸為單位）；最后一行給出 N 個(gè)正數(shù)表示每種月餅的總售價(jià)（以億元為單位）。數(shù)字間以空格分隔。

輸出格式：

對每組測試用例，在一行中輸出最大收益，以億元為單位并精確到小數(shù)點(diǎn)后 2 位。

輸入樣例：

3 20 18 15 10 75 72 45

輸出樣例：

94.50

分析：

按照單價(jià)排序，優(yōu)先選擇單價(jià)最高的。庫存量和總售價(jià)不一定為整數(shù)

代碼：

#include<bits/stdc++.h> using namespace std;const int N=1e5+5; typedef long long ll;struct node{double num,price,dj; }Mooncake[N]; bool cmp(node a,node b){ return a.dj>b.dj; } int main(){int n,m,k=0,i;cin>>n>>m;for(i=0;i<n;i++) cin>>Mooncake[i].num;for(i=0;i<n;i++) cin>>Mooncake[i].price;for(i=0;i<n;i++) Mooncake[i].dj=Mooncake[i].price/Mooncake[i].num;sort(Mooncake,Mooncake+n,cmp);double ans=0;while(k<n){if(Mooncake[k].num<=m){m-=Mooncake[k].num;ans+=Mooncake[k].price;}else{ans+=Mooncake[k].dj*m;break;}k++;}printf("%.2lf\n",ans);return 0; }

L2-004 這是二叉搜索樹嗎？ 數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)

一棵二叉搜索樹可被遞歸地定義為具有下列性質(zhì)的二叉樹：對于任一結(jié)點(diǎn)，

• 其左子樹中所有結(jié)點(diǎn)的鍵值小于該結(jié)點(diǎn)的鍵值；
• 其右子樹中所有結(jié)點(diǎn)的鍵值大于等于該結(jié)點(diǎn)的鍵值；
• 其左右子樹都是二叉搜索樹。

所謂二叉搜索樹的“鏡像”，即將所有結(jié)點(diǎn)的左右子樹對換位置后所得到的樹。

給定一個(gè)整數(shù)鍵值序列，現(xiàn)請你編寫程序，判斷這是否是對一棵二叉搜索樹或其鏡像進(jìn)行前序遍歷的結(jié)果。

輸入格式：

輸入的第一行給出正整數(shù) N（≤1000）。隨后一行給出 N 個(gè)整數(shù)鍵值，其間以空格分隔。

輸出格式：

如果輸入序列是對一棵二叉搜索樹或其鏡像進(jìn)行前序遍歷的結(jié)果，則首先在一行中輸出 YES ，然后在下一行輸出該樹后序遍歷的結(jié)果。數(shù)字間有 1 個(gè)空格，一行的首尾不得有多余空格。若答案是否，則輸出 NO。

輸入樣例 1：

7 8 6 5 7 10 8 11

輸出樣例 1：

YES 5 7 6 8 11 10 8

輸入樣例 2：

7 8 10 11 8 6 7 5

輸出樣例 2：

YES 11 8 10 7 5 6 8

輸入樣例 3：

7 8 6 8 5 10 9 11

輸出樣例 3：

NO

分析：

因?yàn)榍靶虮闅v是根左右，所以在插入某個(gè)孩子節(jié)點(diǎn)時(shí)，它的父節(jié)點(diǎn)肯定已經(jīng)被插入了，又由于搜索樹的限制關(guān)系（小的左邊，大的右邊），所以可以確定一棵唯一的二叉搜索樹，然后對其進(jìn)行兩種不同的前序遍歷，再分別與題目所給的序列比較即可。

代碼：

#include<bits/stdc++.h> using namespace std;const int N=1e5+5; typedef long long ll;struct node{node *l,*r;int data; }; typedef node* Tree; //s1為正常前序遍歷，s2為左右兒子顛倒的前序遍歷，s為輸入序列 vector<int> s1,s2,s,ans; int n,cnt,x; Tree build(Tree root,int x){if (root == NULL) {//到達(dá)最底部，創(chuàng)建新節(jié)點(diǎn)，并賦值root = new(node);root->l = root->r = NULL;root->data = x;}//x小于當(dāng)前節(jié)點(diǎn)，說明x在root的左半邊，向左遞歸else if (x < root->data) root->l = build(root->l, x);else root->r = build(root->r, x);return root; } //正常前序遍歷 void pre1(Tree root) {if (root == NULL) return;s1.push_back(root->data);pre1(root->l);pre1(root->r); } //左右顛倒的前序 void pre2(Tree root) {if (root == NULL) return;s2.push_back(root->data);pre2(root->r);pre2(root->l); } //正常后序 void post1(Tree root) {if (root == NULL) return;post1(root->l);post1(root->r);ans.push_back(root->data); } //左右顛倒的后序 void post2(Tree root) {if (root == NULL) return;post2(root->r);post2(root->l);ans.push_back(root->data); } //比較兩個(gè)序列是否完全相同 bool judge(vector<int> a) {for (int i = 0; i < a.size(); i++) if (a[i] != s[i]) return 0;return 1; } int main(){cin >> n;for (int i = 0; i < n; i ++) cin >> x,s.push_back(x);Tree root=NULL;for (int i = 0; i < n; i ++)root = build(root, s[i]);pre1(root); pre2(root);if (judge(s1)) {//說明所給序列是二叉搜索樹的前序遍歷post1(root);puts("YES");for (int i = 0; i < n; i++)printf("%d%c", ans[i], i == n - 1 ? '\n' : ' ');}else if (judge(s2)) {//是鏡像的前序遍歷puts("YES");post2(root);for (int i = 0; i < n; i++)printf("%d%c", ans[i], i == n - 1 ? '\n' : ' ');}else //不是二叉搜索樹puts("NO");return 0; }

L2-005 集合相似度 STL

給定兩個(gè)整數(shù)集合，它們的相似度定義為：Nc/Nt×100%。其中Nc是兩個(gè)集合都有的不相等整數(shù)的個(gè)數(shù)，Nt是兩個(gè)集合一共有的不相等整數(shù)的個(gè)數(shù)。你的任務(wù)就是計(jì)算任意一對給定集合的相似度。

輸入格式：

輸入第一行給出一個(gè)正整數(shù)N（≤50），是集合的個(gè)數(shù)。隨后N行，每行對應(yīng)一個(gè)集合。每個(gè)集合首先給出一個(gè)正整數(shù)M（≤104），是集合中元素的個(gè)數(shù)；然后跟M個(gè)[0,109]區(qū)間內(nèi)的整數(shù)。

之后一行給出一個(gè)正整數(shù)K（≤2000），隨后K行，每行對應(yīng)一對需要計(jì)算相似度的集合的編號（集合從1到N編號）。數(shù)字間以空格分隔。

輸出格式：

對每一對需要計(jì)算的集合，在一行中輸出它們的相似度，為保留小數(shù)點(diǎn)后2位的百分比數(shù)字。

輸入樣例：

3 3 99 87 101 4 87 101 5 87 7 99 101 18 5 135 18 99 2 1 2 1 3

輸出樣例：

50.00% 33.33%

分析：

最多50個(gè)集合，預(yù)處理出全部的組合，C50 2=49?25, 用set存放所有的集合，然后預(yù)處理的時(shí)候遍歷兩個(gè)set中較小的那個(gè)，在較大的中查找是否存在，將集合i和集合j共同擁有的數(shù)量存在both[i][j]中。Nc就是both[i][j]，Nt就是兩個(gè)集合size加起來再減掉both[i][j]。時(shí)間復(fù)雜度：25?49?10000?log(10000)=49000000。

代碼：

#include<bits/stdc++.h> using namespace std;const int N=1e5+5; typedef long long ll;set<int> s[55];int main(){int n; cin>>n; int i,j,m,x;for(i=0;i<n;i++){cin>>m;for(j=0;j<m;j++){cin>>x;s[i].insert(x);}}int q; cin>>q;for(i=0;i<q;i++){int x,y;cin>>x>>y;x--,y--;int num1=0,num2=s[x].size()+s[y].size();for(set<int>::iterator i=s[x].begin();i!=s[x].end();i++){if(s[y].count(*i)!=0) num1++; //注意指針運(yùn)算符 // cout<<*i<<endl; }printf("%.2lf%\n",num1*100.0/(num2-num1));}return 0; }

L2-006 樹的遍歷 數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)

給定一棵二叉樹的后序遍歷和中序遍歷，請你輸出其層序遍歷的序列。這里假設(shè)鍵值都是互不相等的正整數(shù)。

輸入格式：

輸入第一行給出一個(gè)正整數(shù)N（≤30），是二叉樹中結(jié)點(diǎn)的個(gè)數(shù)。第二行給出其后序遍歷序列。第三行給出其中序遍歷序列。數(shù)字間以空格分隔。

輸出格式：

在一行中輸出該樹的層序遍歷的序列。數(shù)字間以1個(gè)空格分隔，行首尾不得有多余空格。

輸入樣例：

7 2 3 1 5 7 6 4 1 2 3 4 5 6 7

輸出樣例：

4 1 6 3 5 7 2

分析：

知道中序+后序或者前序，就能確定一棵唯一的二叉樹。所以此題知道后序+中序，可以建立二叉樹后層序遍歷。由于后序是左右根，所以最后面的節(jié)點(diǎn)就是根，然后在中序中找到這個(gè)根的位置，左邊就是左子樹的范圍，右邊就是右子樹的范圍，遞歸處理即可。

代碼：

#include<bits/stdc++.h> using namespace std;const int N=1e5+5; typedef long long ll; struct node{node *lson,*rson;int val; }; typedef node* Tree; vector<int> Mid_order, Post_order; int n,x,i,now; Tree build(int l,int r){ //中序和后序建樹 if(l>r) return NULL;Tree root = new(node);root -> val = Post_order[now];int mid = l;while(Post_order[now] != Mid_order[mid])mid++;now--;root -> rson = build(mid+1,r);root -> lson = build(l,mid-1);return root; }void print(Tree root){ //層序遍歷輸出 queue<Tree> q;q.push(root);int tot = 0;while(!q.empty()){Tree t = q.front();if(t->lson != NULL)q.push(t->lson);if(t->rson != NULL)q.push(t->rson);printf("%d",t->val);q.pop();tot++;if(tot<n)cout<<' ';else cout<<endl;} }int main(){cin>>n;for(i = 0 ; i < n ; i ++)cin>>x,Post_order.push_back(x);for(i = 0 ; i < n ; i ++)cin>>x,Mid_order.push_back(x);now = n - 1;print(build(0,n-1));return 0; }

L2-007 家庭房產(chǎn) 并查集

給定每個(gè)人的家庭成員和其自己名下的房產(chǎn)，請你統(tǒng)計(jì)出每個(gè)家庭的人口數(shù)、人均房產(chǎn)面積及房產(chǎn)套數(shù)。

輸入格式：

輸入第一行給出一個(gè)正整數(shù)N（≤1000），隨后N行，每行按下列格式給出一個(gè)人的房產(chǎn)：

編號 父 母 k 孩子1 ... 孩子k 房產(chǎn)套數(shù) 總面積

其中編號是每個(gè)人獨(dú)有的一個(gè)4位數(shù)的編號；父和母分別是該編號對應(yīng)的這個(gè)人的父母的編號（如果已經(jīng)過世，則顯示-1）；k（0≤k≤5）是該人的子女的個(gè)數(shù)；孩子i是其子女的編號。

輸出格式：

首先在第一行輸出家庭個(gè)數(shù)（所有有親屬關(guān)系的人都屬于同一個(gè)家庭）。隨后按下列格式輸出每個(gè)家庭的信息：

家庭成員的最小編號 家庭人口數(shù) 人均房產(chǎn)套數(shù) 人均房產(chǎn)面積

其中人均值要求保留小數(shù)點(diǎn)后3位。家庭信息首先按人均面積降序輸出，若有并列，則按成員編號的升序輸出。

輸入樣例：

10 6666 5551 5552 1 7777 1 100 1234 5678 9012 1 0002 2 300 8888 -1 -1 0 1 1000 2468 0001 0004 1 2222 1 500 7777 6666 -1 0 2 300 3721 -1 -1 1 2333 2 150 9012 -1 -1 3 1236 1235 1234 1 100 1235 5678 9012 0 1 50 2222 1236 2468 2 6661 6662 1 300 2333 -1 3721 3 6661 6662 6663 1 100

輸出樣例：

3 8888 1 1.000 1000.000 0001 15 0.600 100.000 5551 4 0.750 100.000

分析：

用并查集維護(hù)集合關(guān)系，由于要輸出最小編號，合并時(shí)將較大的合并給較小的點(diǎn)，由于編號一共最多到9999，記錄每個(gè)編號是否出現(xiàn)過，然后遍歷一遍，將每個(gè)編號所擁有的房產(chǎn)等信息貢獻(xiàn)給父節(jié)點(diǎn)。之后按照題目要求排序輸出即可。
坑：編號可能會有0000

代碼：

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define PII pair<int,int> const int N = 1e4+10;struct node{//父節(jié)點(diǎn)//分別表示 編號，人口，房產(chǎn)數(shù)量，房產(chǎn)面積int id, kou, fang, mian;//分別表示 人均房產(chǎn)套數(shù)，人均房產(chǎn)面積double x1, x2;const bool operator < (const node &t) const {if(t.x2 == x2) return id < t.id;return x2 > t.x2;} }p[N];int n; int fa[N],vis[N],num[N],s[N];void init(int n) { for ( int i = 0 ; i < n ; i++ ) fa[i] = i; } //初始化 int find(int x) { return fa[x] == x ? x : fa[x] = find( fa[x] ); } //查找 路徑壓縮 void merge(int a,int b){ a = find(a), b = find(b); fa[max(a,b)] = min(a,b);} //家族最小值作為祖先 int main(){cin>>n;//初始化 init(N);while(n--){int id,fid,mid,k,ID;cin>>id>>fid>>mid>>k;vis[id]=1;//活人編號從0開始if(fid >= 0)merge(id,fid), vis[fid]=1;if(mid >= 0)merge(id,mid), vis[mid]=1;while(k--){int cid; cin>>cid;vis[cid] = 1;merge(id,cid);}cin>>num[id]>>s[id];}//將每個(gè)編號所擁有的房產(chǎn)等信息貢獻(xiàn)給父節(jié)點(diǎn)for(int i = 0 ; i < N ; i ++) {if(vis[i]) {int x = find(i);p[x].kou ++;p[x].fang += num[i];p[x].mian += s[i];}}vector<node> ans;for(int i = 0; i < N; i++) {if(vis[i] && find(i) == i) {p[i].id = i;p[i].x1 = p[i].fang * 1.0 / p[i].kou;p[i].x2 = p[i].mian * 1.0 / p[i].kou;ans.push_back(p[i]);}}sort(ans.begin(), ans.end());cout << ans.size() << endl;for(int i = 0; i < ans.size(); i++) printf("%04d %d %.3lf %.3lf\n",ans[i].id,ans[i].kou,ans[i].x1,ans[i].x2); return 0; }

L2-008 最長對稱子串 字符串

對給定的字符串，本題要求你輸出最長對稱子串的長度。例如，給定Is PAT&TAP symmetric?，最長對稱子串為s PAT&TAP s，于是你應(yīng)該輸出11。

輸入格式：

輸入在一行中給出長度不超過1000的非空字符串。

輸出格式：

在一行中輸出最長對稱子串的長度。

輸入樣例：

Is PAT&TAP symmetric?

輸出樣例：

11

分析：

回文串問題，manacher模板題

代碼：

#include<bits/stdc++.h> using namespace std;const int N=1e5+5; typedef long long ll;string s,s_new; int p[N*2];void init(){ //初始化s_new+='$';s_new+='#';for(int i=0;i<s.size();i++){s_new+=s[i];s_new+='#';}s_new+='\0'; } void Manacher(){init();int mx=0,di,ans=0;for(int i=0;i<s_new.size();i++){p[i] = mx > i ? min(p[2 * di - i], mx - i) : 1;while(s_new[i-p[i]] == s_new[i+p[i]]) p[i]++;if(i+p[i] > mx){mx = i+p[i];di = i;ans = max(ans,p[i]);}}printf("%d\n",ans-1); } int main(){getline(cin,s);Manacher();return 0; }

L2-009 搶紅包 排序

沒有人沒搶過紅包吧…… 這里給出N個(gè)人之間互相發(fā)紅包、搶紅包的記錄，請你統(tǒng)計(jì)一下他們搶紅包的收獲。

輸入格式：

輸入第一行給出一個(gè)正整數(shù)N（≤104），即參與發(fā)紅包和搶紅包的總?cè)藬?shù)，則這些人從1到N編號。隨后N行，第i行給出編號為i的人發(fā)紅包的記錄，格式如下：

K**N1P1?NKP**K

其中K（0≤K≤20）是發(fā)出去的紅包個(gè)數(shù)，N**i是搶到紅包的人的編號，P**i（>0）是其搶到的紅包金額（以分為單位）。注意：對于同一個(gè)人發(fā)出的紅包，每人最多只能搶1次，不能重復(fù)搶。

輸出格式：

按照收入金額從高到低的遞減順序輸出每個(gè)人的編號和收入金額（以元為單位，輸出小數(shù)點(diǎn)后2位）。每個(gè)人的信息占一行，兩數(shù)字間有1個(gè)空格。如果收入金額有并列，則按搶到紅包的個(gè)數(shù)遞減輸出；如果還有并列，則按個(gè)人編號遞增輸出。

輸入樣例：

10 3 2 22 10 58 8 125 5 1 345 3 211 5 233 7 13 8 101 1 7 8800 2 1 1000 2 1000 2 4 250 10 320 6 5 11 9 22 8 33 7 44 10 55 4 2 1 3 8800 2 1 23 2 123 1 8 250 4 2 121 4 516 7 112 9 10

輸出樣例：

1 11.63 2 3.63 8 3.63 3 2.11 7 1.69 6 -1.67 9 -2.18 10 -3.26 5 -3.26 4 -12.32

分析：

就是細(xì)節(jié)題，題目讓你干什么就干什么。結(jié)構(gòu)體中自定義排序規(guī)則

代碼：

#include<bits/stdc++.h> using namespace std;const int N=1e5+5; typedef long long ll;struct node{int id,money,num;const bool operator < (const node &t) const {if(t.money == money) return id > t.id;return money > t.money;} }peo[N];int main(){int n; cin>>n;for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) peo[i].id = i;for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){int k,sum=0; cin>>k;for(int j = 0 ; j < k ; j++){int x,m; cin>>x>>m;peo[x].money += m;sum += m;peo[x].num ++;}peo[i].money -= sum;}sort(peo+1, peo+1+n);for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)printf("%d %.2lf\n", peo[i].id, peo[i].money*1.0/100);return 0; }

L2-010 排座位 dfs

布置宴席最微妙的事情，就是給前來參宴的各位賓客安排座位。無論如何，總不能把兩個(gè)死對頭排到同一張宴會桌旁！這個(gè)艱巨任務(wù)現(xiàn)在就交給你，對任何一對客人，請編寫程序告訴主人他們是否能被安排同席。

輸入格式：

輸入第一行給出3個(gè)正整數(shù)：N（≤100），即前來參宴的賓客總?cè)藬?shù)，則這些人從1到N編號；M為已知兩兩賓客之間的關(guān)系數(shù)；K為查詢的條數(shù)。隨后M行，每行給出一對賓客之間的關(guān)系，格式為：賓客1 賓客2 關(guān)系，其中關(guān)系為1表示是朋友，-1表示是死對頭。注意兩個(gè)人不可能既是朋友又是敵人。最后K行，每行給出一對需要查詢的賓客編號。

這里假設(shè)朋友的朋友也是朋友。但敵人的敵人并不一定就是朋友，朋友的敵人也不一定是敵人。只有單純直接的敵對關(guān)系才是絕對不能同席的。

輸出格式：

對每個(gè)查詢輸出一行結(jié)果：如果兩位賓客之間是朋友，且沒有敵對關(guān)系，則輸出No problem；如果他們之間并不是朋友，但也不敵對，則輸出OK；如果他們之間有敵對，然而也有共同的朋友，則輸出OK but...；如果他們之間只有敵對關(guān)系，則輸出No way。

輸入樣例：

7 8 4 5 6 1 2 7 -1 1 3 1 3 4 1 6 7 -1 1 2 1 1 4 1 2 3 -1 3 4 5 7 2 3 7 2

輸出樣例：

No problem OK OK but... No way

分析：

N≤100，說明可以直接建圖后進(jìn)行dfs遍歷，只遍歷邊權(quán)為1的點(diǎn)，如果可以從a走到b，說明有共同朋友，再判斷mp[a][b]是否為-1即可。其他情況類似。

代碼：

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int n, m, k, a, b, c; int mp[111][111],vis[111];bool dfs(int now,int end) {if(now==end) return true;for(int i=1;i<=n;i++){if(mp[now][i]==1&&vis[i]==0){vis[now]=1;if(dfs(i,end)) return true;vis[now]=0;}}return false; }int main() {cin>>n>>m>>k;for (int i=0;i<m;i++) {cin>>a>>b>>c;mp[a][b]=mp[b][a]=c;}while (k--) {cin>>a>>b;for(int i=1;i<=n;i++) vis[i]=0;vis[a]=1;bool flag=dfs(a,b);if(flag && mp[a][b]!=-1) cout<<"No problem"<<endl;if(flag && mp[a][b]==-1) cout<<"OK but..."<<endl;if(!flag && mp[a][b]!=-1) cout<<"OK"<<endl;if(!flag && mp[a][b]==-1) cout<<"No way"<<endl;}return 0; }

L2-011 玩轉(zhuǎn)二叉樹 數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)

給定一棵二叉樹的中序遍歷和前序遍歷，請你先將樹做個(gè)鏡面反轉(zhuǎn)，再輸出反轉(zhuǎn)后的層序遍歷的序列。所謂鏡面反轉(zhuǎn)，是指將所有非葉結(jié)點(diǎn)的左右孩子對換。這里假設(shè)鍵值都是互不相等的正整數(shù)。

輸入格式：

輸入第一行給出一個(gè)正整數(shù)N（≤30），是二叉樹中結(jié)點(diǎn)的個(gè)數(shù)。第二行給出其中序遍歷序列。第三行給出其前序遍歷序列。數(shù)字間以空格分隔。

輸出格式：

在一行中輸出該樹反轉(zhuǎn)后的層序遍歷的序列。數(shù)字間以1個(gè)空格分隔，行首尾不得有多余空格。

輸入樣例：

7 1 2 3 4 5 6 7 4 1 3 2 6 5 7

輸出樣例：

4 6 1 7 5 3 2

分析：

就是兩種遍歷方式求另外一種，PTA好喜歡這種題，鏡面翻轉(zhuǎn)其實(shí)就是在求層序的時(shí)候反著放入隊(duì)列就行。

代碼：

#include<bits/stdc++.h> using namespace std;const int N=1e5+5; typedef long long ll;struct node{node *l,*r;int data; }; typedef node* Tree; int i,n,x,now=0; vector<int> pre_order,mid_order; Tree build(int l,int r){ //前序和中序建樹 if(l>r) return NULL;Tree root=new(node);root->data=pre_order[now];int mid=l;while(pre_order[now] != mid_order[mid]) mid++;now++;root->l = build(l, mid - 1);root->r = build(mid + 1, r);return root; } void printf(Tree root){ //層序輸出 queue<Tree> q;q.push(root);int tot=0;while(q.size()){Tree t=q.front();tot++;printf("%d%c",t->data,tot==n ? '\n' : ' ');q.pop();if(t->r!=NULL) q.push(t->r);if(t->l!=NULL) q.push(t->l); } } int main(){cin>>n;for(i=1;i<=n;i++) cin>>x,mid_order.push_back(x);for(i=1;i<=n;i++)cin>>x,pre_order.push_back(x);printf(build(0,n-1));return 0; }

L2-013 紅色警報(bào) 并查集

戰(zhàn)爭中保持各個(gè)城市間的連通性非常重要。本題要求你編寫一個(gè)報(bào)警程序，當(dāng)失去一個(gè)城市導(dǎo)致國家被分裂為多個(gè)無法連通的區(qū)域時(shí)，就發(fā)出紅色警報(bào)。注意：若該國本來就不完全連通，是分裂的k個(gè)區(qū)域，而失去一個(gè)城市并不改變其他城市之間的連通性，則不要發(fā)出警報(bào)。

輸入格式：

輸入在第一行給出兩個(gè)整數(shù)N（0 < N ≤ 500）和M（≤ 5000），分別為城市個(gè)數(shù)（于是默認(rèn)城市從0到N-1編號）和連接兩城市的通路條數(shù)。隨后M行，每行給出一條通路所連接的兩個(gè)城市的編號，其間以1個(gè)空格分隔。在城市信息之后給出被攻占的信息，即一個(gè)正整數(shù)K和隨后的K個(gè)被攻占的城市的編號。

注意：輸入保證給出的被攻占的城市編號都是合法的且無重復(fù)，但并不保證給出的通路沒有重復(fù)。

輸出格式：

對每個(gè)被攻占的城市，如果它會改變整個(gè)國家的連通性，則輸出Red Alert: City k is lost!，其中k是該城市的編號；否則只輸出City k is lost.即可。如果該國失去了最后一個(gè)城市，則增加一行輸出Game Over.。

輸入樣例：

5 4 0 1 1 3 3 0 0 4 5 1 2 0 4 3

輸出樣例：

City 1 is lost. City 2 is lost. Red Alert: City 0 is lost! City 4 is lost. City 3 is lost. Game Over.

分析：

每次刪去一個(gè)點(diǎn)，可以用一個(gè)數(shù)組記錄標(biāo)記被刪去的點(diǎn)，每刪去一個(gè)點(diǎn)，對所有不包含被刪去點(diǎn)的邊求一次并查集，檢查有幾個(gè)集合，如果比之前多則說明有國家被分裂了，注意已經(jīng)被消滅的城市不會算入一個(gè)集合。

代碼：

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef pair<int,int> PII; const int N=505;int n,m,k,x,y; int fa[N],vis[N]; vector<PII> v;void init(int n) { for ( int i = 0 ; i < n ; i++ ) fa[i] = i; } //初始化 int find(int x) { return fa[x] == x ? x : fa[x] = find( fa[x] ); } //查找 路徑壓縮 void merge(int a, int b) { a = find(a), b = find(b), fa[b] = a; } //合并 int fun(int x){init(n);vis[x]=0; //x城市被攻占for(int i=0;i<v.size();i++)if(vis[v[i].first]+vis[v[i].second]==2)merge(v[i].first,v[i].second);int res=0;for(int i=0;i<n;i++)if(vis[i]==1&&fa[i]==i)res++;return res; }int main(){cin>>n>>m;for(int i=1;i<=m;i++){cin>>x>>y;v.push_back({x,y});}cin>>k;for(int i=0;i<n;i++) vis[i]=1;int num=fun(n);while(k--){cin>>x;int t=fun(x);if(t>num) printf("Red Alert: City %d is lost!\n",x);else printf("City %d is lost.\n",x);if(t==0) printf("Game Over.\n");num=t;} }

L2-014 列車調(diào)度 STL

火車站的列車調(diào)度鐵軌的結(jié)構(gòu)如下圖所示。

兩端分別是一條入口（Entrance）軌道和一條出口（Exit）軌道，它們之間有N條平行的軌道。每趟列車從入口可以選擇任意一條軌道進(jìn)入，最后從出口離開。在圖中有9趟列車，在入口處按照{(diào)8，4，2，5，3，9，1，6，7}的順序排隊(duì)等待進(jìn)入。如果要求它們必須按序號遞減的順序從出口離開，則至少需要多少條平行鐵軌用于調(diào)度？

輸入格式：

輸入第一行給出一個(gè)整數(shù)N (2 ≤ N ≤105)，下一行給出從1到N的整數(shù)序號的一個(gè)重排列。數(shù)字間以空格分隔。

輸出格式：

在一行中輸出可以將輸入的列車按序號遞減的順序調(diào)離所需要的最少的鐵軌條數(shù)。

輸入樣例：

9 8 4 2 5 3 9 1 6 7

輸出樣例：

4

分析：

可以這樣調(diào)度：先查看當(dāng)前所有軌道的最左邊火車編號是否小于當(dāng)前編號，插入到最小的比當(dāng)前火車編號大的火車后，如果不存在則開辟新軌道?？芍?#xff0c;軌道的最左端火車編號一定是隨軌道下標(biāo)而遞增的，可以用二分查找快速找到那條軌道。當(dāng)然，可以用set更為方便。

代碼：

#include<iostream> #include<set> using namespace std; int main() {int n; scanf("%d",&n);set<int>sc;for(int i=0;i<n;i++){int k; scanf("%d",&k);set<int>::iterator it=sc.lower_bound(k);if(it!=sc.end()){sc.erase(it);sc.insert(k);}elsesc.insert(k);}cout<<sc.size(); }

L2-015 互評成績 排序

學(xué)生互評作業(yè)的簡單規(guī)則是這樣定的：每個(gè)人的作業(yè)會被k個(gè)同學(xué)評審，得到k個(gè)成績。系統(tǒng)需要去掉一個(gè)最高分和一個(gè)最低分，將剩下的分?jǐn)?shù)取平均，就得到這個(gè)學(xué)生的最后成績。本題就要求你編寫這個(gè)互評系統(tǒng)的算分模塊。

輸入格式：

輸入第一行給出3個(gè)正整數(shù)N（3 < N ≤104，學(xué)生總數(shù)）、k（3 ≤ k ≤ 10，每份作業(yè)的評審數(shù)）、M（≤ 20，需要輸出的學(xué)生數(shù)）。隨后N行，每行給出一份作業(yè)得到的k個(gè)評審成績（在區(qū)間[0, 100]內(nèi)），其間以空格分隔。

輸出格式：

按非遞減順序輸出最后得分最高的M個(gè)成績，保留小數(shù)點(diǎn)后3位。分?jǐn)?shù)間有1個(gè)空格，行首尾不得有多余空格。

輸入樣例：

6 5 3 88 90 85 99 60 67 60 80 76 70 90 93 96 99 99 78 65 77 70 72 88 88 88 88 88 55 55 55 55 55

輸出樣例：

87.667 88.000 96.000

代碼：

#include<bits/stdc++.h> using namespace std;const int N=1e5+5; typedef long long ll;int n,k,m,i,j,x; vector<int> vi; vector<double> vd;int main(){cin>>n>>k>>m;for(i = 1 ; i <= n ; i++){vi.clear();for(j = 0 ; j < k ; j ++)cin>>x,vi.push_back(x);sort(vi.begin(), vi.end());vi.erase(vi.begin());vi.erase(vi.end()-1);int sum = 0;for(j = 0 ; j < vi.size() ; j++) sum += vi[j];vd.push_back(sum*1.0/(k-2));}sort(vd.begin(), vd.end());for(i = vd.size() - m ; i < vd.size() ; i++)printf("%.3lf%c",vd[i],i==vd.size()-1?'\n':' ');return 0; }

L2-016 愿天下有情人都是失散多年的兄妹 dfs

呵呵。大家都知道五服以內(nèi)不得通婚，即兩個(gè)人最近的共同祖先如果在五代以內(nèi)（即本人、父母、祖父母、曾祖父母、高祖父母）則不可通婚。本題就請你幫助一對有情人判斷一下，他們究竟是否可以成婚？

輸入格式：

輸入第一行給出一個(gè)正整數(shù)（）N（2≤N≤104），隨后N行，每行按以下格式給出一個(gè)人的信息：

本人ID 性別 父親ID 母親ID
其中ID是5位數(shù)字，每人不同；性別M代表男性、F代表女性。如果某人的父親或母親已經(jīng)不可考，則相應(yīng)的ID位置上標(biāo)記為-1。

接下來給出一個(gè)正整數(shù)K，隨后K行，每行給出一對有情人的ID，其間以空格分隔。

注意：題目保證兩個(gè)人是同輩，每人只有一個(gè)性別，并且血緣關(guān)系網(wǎng)中沒有亂倫或隔輩成婚的情況。

輸出格式：

對每一對有情人，判斷他們的關(guān)系是否可以通婚：如果兩人是同性，輸出Never Mind；如果是異性并且關(guān)系出了五服，輸出Yes；如果異性關(guān)系未出五服，輸出No。

輸入樣例：

24 00001 M 01111 -1 00002 F 02222 03333 00003 M 02222 03333 00004 F 04444 03333 00005 M 04444 05555 00006 F 04444 05555 00007 F 06666 07777 00008 M 06666 07777 00009 M 00001 00002 00010 M 00003 00006 00011 F 00005 00007 00012 F 00008 08888 00013 F 00009 00011 00014 M 00010 09999 00015 M 00010 09999 00016 M 10000 00012 00017 F -1 00012 00018 F 11000 00013 00019 F 11100 00018 00020 F 00015 11110 00021 M 11100 00020 00022 M 00016 -1 00023 M 10012 00017 00024 M 00022 10013 9 00021 00024 00019 00024 00011 00012 00022 00018 00001 00004 00013 00016 00017 00015 00019 00021 00010 00011

輸出樣例：

Never Mind Yes Never Mind No Yes No Yes No No

分析

先跑一遍dfs標(biāo)記第一個(gè)人的所有五代內(nèi)的長輩，然后再dfs一遍第二個(gè)人的所有五代內(nèi)的長輩，檢查是否有重復(fù)。有個(gè)坑點(diǎn)就是：父母的性別都是已知的，但是可能不會告訴你父母的祖輩情況，所以要同時(shí)記錄父母的性別，否則父母性別默認(rèn)初始值都是相同的了。還有個(gè)我自己的問題，直接在結(jié)構(gòu)體內(nèi)賦值的方式進(jìn)行初始化，這樣是不可行的，正確方法是要么循環(huán)遍歷初始化，要么寫一個(gè)構(gòu)造函數(shù)。

代碼

#include <bits/stdc++.h> #define LL long long using namespace std; const int maxn = 1e5+10; const int inf = 0x3f3f3f3f; const double PI = acos(-1.0); typedef pair<int,int> PII; struct node {int fa, ma, sex , flag;node() {flag = 0;fa = ma = -1;} }peo[maxn]; int f; int vis[maxn]; void dfs(int x, int ceng) {if(x == -1 || ceng > 5) return;vis[x] = 1;if (peo[x].flag == 0) return;dfs(peo[x].ma, ceng + 1);dfs(peo[x].fa,ceng+1); } void dfs2(int x, int ceng) {if(x == -1 || ceng > 5 || f == 1) return;if(vis[x] == 1) {f = 1;return;}if (peo[x].flag == 0) return;dfs2(peo[x].ma,ceng+1);dfs2(peo[x].fa,ceng+1); }int main(int argc, char const *argv[]) {int n;cin >> n;for(int i = 1; i <= n; i++) {string s;int id;cin >> id >> s;cin >> peo[id].fa >> peo[id].ma;peo[id].flag = 1;if(s[0] == 'M') peo[id].sex = 1;else peo[id].sex = 0;if(peo[id].fa != -1)peo[peo[id].fa].sex = 1;if(peo[id].ma != -1)peo[peo[id].ma].sex = 0;}int k;cin >> k;while(k--) {memset(vis, 0 ,sizeof vis);int x, y;cin >> x >> y;if(peo[x].sex == peo[y].sex) puts("Never Mind");else {f = 0;dfs(x,1);dfs2(y,1);if(f==0) puts("Yes");else puts("No");}}return 0; }

L2-017 人以群分 水題

社交網(wǎng)絡(luò)中我們給每個(gè)人定義了一個(gè)“活躍度”，現(xiàn)希望根據(jù)這個(gè)指標(biāo)把人群分為兩大類，即外向型（outgoing，即活躍度高的）和內(nèi)向型（introverted，即活躍度低的）。要求兩類人群的規(guī)模盡可能接近，而他們的總活躍度差距盡可能拉開。

輸入格式：

輸入第一行給出一個(gè)正整數(shù)N（2≤N≤105）。隨后一行給出N個(gè)正整數(shù)，分別是每個(gè)人的活躍度，其間以空格分隔。題目保證這些數(shù)字以及它們的和都不會超過231。

輸出格式：

按下列格式輸出：

Outgoing #: N1 Introverted #: N2 Diff = N3

其中N1是外向型人的個(gè)數(shù)；N2是內(nèi)向型人的個(gè)數(shù)；N3是兩群人總活躍度之差的絕對值。

輸入樣例1：

10 23 8 10 99 46 2333 46 1 666 555

輸出樣例1：

Outgoing #: 5 Introverted #: 5 Diff = 3611

輸入樣例2：

13 110 79 218 69 3721 100 29 135 2 6 13 5188 85

輸出樣例2：

Outgoing #: 7 Introverted #: 6 Diff = 9359

分析：

要先保證人數(shù)平均再保證差值盡量大，那么就排序后平均分成兩份的差值會最大，如果人數(shù)為奇數(shù)，中間值分給外向的人群可以使得差值最大。

代碼：

#include<bits/stdc++.h> using namespace std;const int N=1e5+5; typedef long long ll;vector<int> v; int n,x,i,sum1,sum2;int main(){cin>>n;sum1=sum2=0;while(n--){cin>>x;v.push_back(x);}sort(v.begin(),v.end());for(i = 0 ; i < v.size()/2 ; i ++ ) sum1 += v[i];for(i = v.size()/2 ; i < v.size() ; i ++) sum2 += v[i];printf("Outgoing #: %d\n",v.size()-v.size()/2);printf("Introverted #: %d\n",v.size()/2);printf("Diff = %d\n",sum2-sum1);return 0; }

L2-018 多項(xiàng)式A除以B 模擬

這仍然是一道關(guān)于A/B的題，只不過A和B都換成了多項(xiàng)式。你需要計(jì)算兩個(gè)多項(xiàng)式相除的商Q和余R，其中R的階數(shù)必須小于B的階數(shù)。

輸入格式：

輸入分兩行，每行給出一個(gè)非零多項(xiàng)式，先給出A，再給出B。每行的格式如下：

N e[1] c[1] ... e[N] c[N]

其中N是該多項(xiàng)式非零項(xiàng)的個(gè)數(shù)，e[i]是第i個(gè)非零項(xiàng)的指數(shù)，c[i]是第i個(gè)非零項(xiàng)的系數(shù)。各項(xiàng)按照指數(shù)遞減的順序給出，保證所有指數(shù)是各不相同的非負(fù)整數(shù)，所有系數(shù)是非零整數(shù)，所有整數(shù)在整型范圍內(nèi)。

輸出格式：

分兩行先后輸出商和余，輸出格式與輸入格式相同，輸出的系數(shù)保留小數(shù)點(diǎn)后1位。同行數(shù)字間以1個(gè)空格分隔，行首尾不得有多余空格。注意：零多項(xiàng)式是一個(gè)特殊多項(xiàng)式，對應(yīng)輸出為0 0 0.0。但非零多項(xiàng)式不能輸出零系數(shù)（包括舍入后為0.0）的項(xiàng)。在樣例中，余多項(xiàng)式其實(shí)有常數(shù)項(xiàng)-1/27，但因其舍入后為0.0，故不輸出。

輸入樣例：

4 4 1 2 -3 1 -1 0 -1 3 2 3 1 -2 0 1

輸出樣例：

3 2 0.3 1 0.2 0 -1.0 1 1 -3.1

分析：

模擬手算多項(xiàng)式除法即可，注意細(xì)節(jié)

代碼：

#include<bits/stdc++.h> using namespace std;const int maxn=3e3+10; double c1[maxn],c2[maxn],c3[maxn];int nonNegativeNum(double c[],int st)//統(tǒng)計(jì)非負(fù)項(xiàng)個(gè)數(shù) {int cnt=0;for(int i=st;i>=0;--i)if(abs(c[i])+0.05>=0.1)cnt++;return cnt; } void printPoly(double c[],int st) {printf("%d",nonNegativeNum(c,st));if(nonNegativeNum(c,st)==0)printf(" 0 0.0");for(int i=st;i>=0;--i)if(abs(c[i])+0.05>=0.1)printf(" %d %.1lf",i,c[i]); } int main() {int max1=-1,max2=-1;int m;scanf("%d",&m);for(int i=0;i<m;++i){int t;scanf("%d",&t);max1=max(max1,t);scanf("%lf",&c1[t]);}int n;scanf("%d",&n);for(int i=0;i<n;++i){int t;scanf("%d",&t);max2=max(max2,t);scanf("%lf",&c2[t]);}int t1=max1,t2=max2;while(t1>=t2){double x=c1[t1]/c2[t2];//最高次冪的商的系數(shù) c3[t1-t2]=x;for(int i=t1,j=t2;j>=0;--j,--i)c1[i]-=c2[j]*x; while(abs(c1[t1])<1e-6)t1--;//如果該項(xiàng)是0，那么最高次冪降1； }printPoly(c3,max1-max2);puts("");printPoly(c1,t1);return 0; }

L2-019 悄悄關(guān)注 STL

新浪微博上有個(gè)“悄悄關(guān)注”，一個(gè)用戶悄悄關(guān)注的人，不出現(xiàn)在這個(gè)用戶的關(guān)注列表上，但系統(tǒng)會推送其悄悄關(guān)注的人發(fā)表的微博給該用戶?，F(xiàn)在我們來做一回網(wǎng)絡(luò)偵探，根據(jù)某人的關(guān)注列表和其對其他用戶的點(diǎn)贊情況，扒出有可能被其悄悄關(guān)注的人。

輸入格式：

輸入首先在第一行給出某用戶的關(guān)注列表，格式如下：

人數(shù)N 用戶1 用戶2 …… 用戶N

其中N是不超過5000的正整數(shù)，每個(gè)用戶i（i=1, …, N）是被其關(guān)注的用戶的ID，是長度為4位的由數(shù)字和英文字母組成的字符串，各項(xiàng)間以空格分隔。

之后給出該用戶點(diǎn)贊的信息：首先給出一個(gè)不超過10000的正整數(shù)M，隨后M行，每行給出一個(gè)被其點(diǎn)贊的用戶ID和對該用戶的點(diǎn)贊次數(shù)（不超過1000），以空格分隔。注意：用戶ID是一個(gè)用戶的唯一身份標(biāo)識。題目保證在關(guān)注列表中沒有重復(fù)用戶，在點(diǎn)贊信息中也沒有重復(fù)用戶。

輸出格式：

我們認(rèn)為被該用戶點(diǎn)贊次數(shù)大于其點(diǎn)贊平均數(shù)、且不在其關(guān)注列表上的人，很可能是其悄悄關(guān)注的人。根據(jù)這個(gè)假設(shè)，請你按用戶ID字母序的升序輸出可能是其悄悄關(guān)注的人，每行1個(gè)ID。如果其實(shí)并沒有這樣的人，則輸出“Bing Mei You”。

輸入樣例1：

10 GAO3 Magi Zha1 Sen1 Quan FaMK LSum Eins FatM LLao 8 Magi 50 Pota 30 LLao 3 Ammy 48 Dave 15 GAO3 31 Zoro 1 Cath 60

輸出樣例1：

Ammy Cath Pota

輸入樣例2：

11 GAO3 Magi Zha1 Sen1 Quan FaMK LSum Eins FatM LLao Pota 7 Magi 50 Pota 30 LLao 48 Ammy 3 Dave 15 GAO3 31 Zoro 29

輸出樣例2：

Bing Mei You

分析：

map記錄一下哪些名字出現(xiàn)過，再用一個(gè)map記錄點(diǎn)贊情況并求出平均值，遍歷記錄點(diǎn)贊記錄的map，將滿足條件的名字放入vector，排序輸出。

代碼：

#include <bits/stdc++.h> #define LL long long using namespace std; const int maxn = 1e5+10; const int inf = 0x3f3f3f3f; const double PI = acos(-1.0); typedef pair<int,int> PII; map<string,int> zan; map<string,int> guan; int main(int argc, char const *argv[]) {int n;cin >> n;string s;for(int i = 0; i < n; i++) {cin >> s;guan[s] = 1;}int m, x;cin >> m;double sum = 0;for(int i = 0 ; i < m; i++){cin >> s >> x;sum += x;zan[s] = x;}sum = sum*1.0/m;vector<string> ans;for(auto it : zan) {if(guan[it.first] == 0 && sum < it.second) ans.push_back(it.first);}if(ans.size() == 0) puts("Bing Mei You");else {sort(ans.begin(), ans.end());for (int i = 0; i < ans.size(); i++) cout << ans[i] << endl;}return 0; }

L2-020 功夫傳人 dfs

一門武功能否傳承久遠(yuǎn)并被發(fā)揚(yáng)光大，是要看緣分的。一般來說，師傅傳授給徒弟的武功總要打個(gè)折扣，于是越往后傳，弟子們的功夫就越弱…… 直到某一支的某一代突然出現(xiàn)一個(gè)天分特別高的弟子（或者是吃到了靈丹、挖到了特別的秘笈），會將功夫的威力一下子放大N倍 —— 我們稱這種弟子為“得道者”。

這里我們來考察某一位祖師爺門下的徒子徒孫家譜：假設(shè)家譜中的每個(gè)人只有1位師傅（除了祖師爺沒有師傅）；每位師傅可以帶很多徒弟；并且假設(shè)輩分嚴(yán)格有序，即祖師爺這門武功的每個(gè)第i代傳人只能在第i-1代傳人中拜1個(gè)師傅。我們假設(shè)已知祖師爺?shù)墓αχ禐閆，每向下傳承一代，就會減弱r%，除非某一代弟子得道?，F(xiàn)給出師門譜系關(guān)系，要求你算出所有得道者的功力總值。

輸入格式：

輸入在第一行給出3個(gè)正整數(shù)，分別是：N（≤105）——整個(gè)師門的總?cè)藬?shù)（于是每個(gè)人從0到N?1編號，祖師爺?shù)木幪枮?）；Z——祖師爺?shù)墓αχ?#xff08;不一定是整數(shù)，但起碼是正數(shù)）；r ——每傳一代功夫所打的折扣百分比值（不超過100的正數(shù)）。接下來有N行，第i行（i=0,?,N?1）描述編號為i的人所傳的徒弟，格式為：

K**i ID[1] ID[2] ? ID[K**i]

其中K**i是徒弟的個(gè)數(shù)，后面跟的是各位徒弟的編號，數(shù)字間以空格間隔。K**i為零表示這是一位得道者，這時(shí)后面跟的一個(gè)數(shù)字表示其武功被放大的倍數(shù)。

輸出格式：

在一行中輸出所有得道者的功力總值，只保留其整數(shù)部分。題目保證輸入和正確的輸出都不超過1010。

輸入樣例：

10 18.0 1.00 3 2 3 5 1 9 1 4 1 7 0 7 2 6 1 1 8 0 9 0 4 0 3

輸出樣例：

404

分析：

由于每個(gè)徒弟嚴(yán)格只會跟一個(gè)高一輩的師傅，直接保存每個(gè)人的徒弟，然后dfs一遍就行，標(biāo)記一下超級徒弟dfs的時(shí)候判斷一下就行，超級徒弟就是葉子節(jié)點(diǎn)。

代碼：

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define PII pair<int,int>const int INF = 0x3f3f3f3f; const int N = 1e5+10;int n; int vis[N]; double z,r,sum; vector<int> v[N];void dfs(int x,double power){if(vis[x]){sum+=power*v[x][0];return ;}for(int i=0;i<v[x].size();i++)dfs(v[x][i],power*r); }int main(){cin>>n>>z>>r;r=(100.0-r)/100.0;for(int i=0;i<n;i++){int k,x; cin>>k;if(k==0) {cin>>x;vis[i]=1;v[i].push_back(x);}while(k--){cin>>x;v[i].push_back(x);}}dfs(0,z);cout<<(int)sum<<endl;return 0; }

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的团体程序设计天梯赛-练习集 （L2-001 - L2-020）的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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