题目链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/3947#question
emmm，小白赛，G题手贱，送了4发，出了8题，B,D没有出来（rank 59）
题目说明：
| A.三角形外心求解 | B.大模拟 | C.前缀和思想 |
| D.记忆化搜索或拓扑排序 | E.水题 | F.斐波那契数列性质 |
| G.数论+思维 | H.水题 | I.子序列DP |
|
J.三维BFS |
|
|
A-Audio：
题目大意：给你3个点的坐标，让你找到一个点使得该点的到3点的距离一样。给个样例：
|
Input: 0 0 Output: 2.000 1.000 |
emmm，三点不在一条直线上，则可构成三角形，那么三角形的外心到三点的距离是一样的，然后套个三角形外心的公式就OK了，
具体求解过程：https://blog.csdn.net/u010141928/article/details/88942989
以下是AC代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
double x1,y1,x2,y2,x3,y3;
double a,b,c,p;
double aa,bb,zz,aa1,bb1,zz1;
scanf("%lf%lf",&x1,&y1);
scanf("%lf%lf",&x2,&y2);
scanf("%lf%lf",&x3,&y3);
aa=2*(x1-x2);
bb=2*(y1-y2);
zz=x1*x1-x2*x2+y1*y1-y2*y2;
aa1=2*(x3-x2);
bb1=2*(y3-y2);
zz1=x3*x3-x2*x2+y3*y3-y2*y2;
printf("%.3lf %.3lf\n",((zz*bb1)-(zz1*bb))/((aa*bb1)-(aa1*bb)),
((aa*zz1)-(aa1*zz))/((aa*bb1)-(aa1*bb)));
return 0;
}
B-Bits：
题目大意：给你圆盘的个数n，求汉诺塔的移动过程，并将其绘制出来，如果n是奇数则移动到中间的柱子，否则就移动到最右边的柱子上。给个样例：
|
Input: 2 Output: ................... |
emmm，外观上有点问题，只不过在屏幕上每个字符大小是一样的就很整齐了。
我们先移动盘子，不考虑画图，那么程序很好写，当n为奇数的时候，我们将第二个柱子当做第三柱子进去就好了：
void move(int n,int a,int b,int c)
{
if (n==1) {solve(a,c);return;}
move(n-1,a,c,b);
solve(a,c);//将a移动到c
move(n-1,b,a,c);
}
int main()
{
int n;
scanf ("%d",&n);
sum=n;
int a=1,b=2,c=3;
move(n,a,b,c);
return 0;
}
接下来就是画图了。。。这就是个纯粹的大模拟，不过为了简化它，我们可以将每层分为三个部分，然后找到柱子的位置和盘子的范围。
以下是AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
vector<int>g[10];
int sum,tot;
char pan='*',zhu='|',kong='.',ge='-';
void print()
{
tot--;
int n=sum;
int len=3*(2*sum+1)+4;
for (int i=1; i<=len; i++) printf ("%c",kong);printf ("\n");
for (int i=1; i<=3; i++){
printf("%c",kong);
int round=(2*sum+1)/2+1;
for (int j=1; j<=sum*2+1; j++)
if (j==round) printf("%c",zhu);
else printf("%c",kong);
}
printf("%c\n",kong);
for (int i=n; i>=1; i--){//第几层
for (int j=1; j<=3; j++){//第几个柱子
printf("%c",kong);
int h=g[j].size();
int round=(2*sum+1)/2+1;//柱子的位置
for (int k=1; k<=2*sum+1; k++){//每个柱子管辖的范围
if (h<i){
if (k==round) printf("%c",zhu);
else printf("%c",kong);
}
else {
int length=g[j][i-1];
int l=round-length,r=round+length;//盘子的范围
if (k>=l && k<=r) printf("%c",pan);
else printf("%c",kong);
}
}
}
printf("%c\n",kong);
}
if (tot==0) return;
for (int i=1; i<=len; i++) printf ("%c",ge);printf("\n");
}
void solve(int a,int b)
{
int p=g[a].size()-1;
g[b].push_back(g[a][p]);
g[a].erase(g[a].begin()+p);
print();
}
void move1(int n,int a,int b,int c)
{
if (n==1) {solve(a,c);return;}
move1(n-1,a,c,b);
solve(a,c);
move1(n-1,b,a,c);
}
int main()
{
int n;
scanf ("%d",&n);
sum=n;
tot=1;
for (int i=1; i<=n; i++) tot*=2;
for (int i=n; i>=1; i--) g[1].push_back(i);
int a=1,b=2,c=3;
print();
if ((n%2)==0) move1(n,a,b,c);
else move1(n,a,c,b);
return 0;
}
C-Channels：
题目大意：给你一个区间让你求有多少时间是在看剧。其中电视在时刻1开始到无穷，每50分钟后有10分钟的广告。给个样例：
|
Input: 1 61 Output: 51 |
emmm，就是利用一下前缀和的思想，我们用sum[r]-sum[l-1]就完事了。我们直接除60，然后再减一下，剩下的就是个不完整的时间，如果这个时间>50，那么就增加广告时间。
以下是AC代码：
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
#define ll long long
int main(){
ll t1,t2;
while (~scanf ("%lld%lld",&t1,&t2)){
t1--;
ll sum1=t1/60;
ll p1=t1-sum1*60;
if (p1>50) sum1=sum1*10+p1-50;
else sum1*=10;
ll ans1=t1-sum1;
ll sum2=t2/60;
ll p2=t2-sum2*60;
if (p2>50) sum2=sum2*10+p2-50;
else sum2*=10;
ll ans2=t2-sum2;
printf ("%lld\n",ans2-ans1);
}
return 0;
}
D-DDOoS：
题目大意：给你一张有向图，让你求从1到n有多少条不同的路径。给个样例：
|
Input: 4 4 Output: 2 |
emmm,记忆化搜索，当时题目读错了，以为是最短路径数。。。
以下是AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+10;
const int M=2e5+10;
const int mod=20010905;
int head[N],ans[N],vis[N],num=0;
struct node
{
int to,next,w;
}eg[M<<1];
void add(int u,int v,int w)
{
eg[++num]=node{v,head[u],w};
head[u]=num;
}
int dfs(int x,int ed)
{
if (x==ed) return 1;
if (ans[x]) return ans[x];
for (int i=head[x]; i!=-1; i=eg[i].next){
int v=eg[i].to;
ans[x]=(ans[x]+dfs(v,ed))%mod;
}
return ans[x]%mod;
}
int main()
{
int n,m;
scanf ("%d%d",&n,&m);
memset(head,-1,sizeof head);
for (int i=1; i<=m; i++){
int u,v,w;
scanf ("%d%d%d",&u,&v,&w);
add(u,v,w);
}
printf ("%d\n",dfs(1,n));
return 0;
}
E-Exams：
题目大意：emmm，就是个纯粹的计算题。样例：
|
Input: 5 Output: 94.67 |
以下是AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int n;
cin>>n;
double ans=0,sum=0;
for (int i=1; i<=n; i++){
int id;
double pt,c1,p1,qz,p2,qm,p3;
cin>>id>>pt>>c1>>p1>>qz>>p2>>qm>>p3;
if (id==2) continue;
double grd=c1*p1+qz*p2+qm*p3;
grd*=10;
int s=(int)grd;
if (s%10>=5) s+=10;
s/=10;
ans+=s*pt;
sum+=pt;
}
ans/=sum;
printf ("%.2f\n",ans);
return 0;
}
F-Fool Problem：
题目大意：给你n，让你求$f_{n+1}f_{n-1}-f_{n}^{2}$其中$f$是斐波那契数列。样例：
|
Input: 2 Output: 1 |
就是利用斐波那契数列的性质，具体的性质：https://www.cnblogs.com/Milkor/p/4734763.html
以下是AC代码：
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int mac=3e3+10;
char s[mac];
int main()
{
scanf ("%s",s);
int len=strlen(s);
int p=s[len-1]-'0';
if (!(p%2)) printf ("1\n");
else printf ("-1\n");
return 0;
}
G-Game：
题目大意：给你一个数n，Nancy和Johnson先后将其拆解为两个任意两个非1因子的积，问谁最后无法操作。样例：
|
Input: 4 Output: Johnson |
实际上这题就是问n的质因子的个数，如果个数为奇数，那么就是就是Nancy输掉，但我们要特判一下n是否为质数或者1。
至于为什么，除最后一次拆解外，每次拆解得到一个质数和一个合数，我们看看它可以拆解多少次就好了
以下是AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mac=1e5+10;
int vis[mac],prim[mac];
int nb;
int main()
{
int n,cnt=0;
scanf ("%d",&n);
int m=sqrt(n);
for (int i=2; i<=m; i++)
if (!vis[i])
for (int j=i*i; j<=n; j+=i) vis[j]=1;
for (int i=2; i<=n; i++)
if (!vis[i]) prim[++cnt]=i;
m=n;
for (int i=1; i<=cnt; i++){
while (n%prim[i]==0 && m!=prim[i]) nb++,n/=prim[i];
}
n=m;
if (!vis[n]) printf ("Nancy\n");
else if (nb%2) printf ("Nancy\n");
else if (!(nb%2)) printf ("Johnson\n");
return 0;
}
H-"Happy New Yeay!"：
题目大意：输出题目
注意连引号也要输出，用一下转义字符就好了，同时不能直接复制，它是中文的引号当时。
以下是AC代码：
#include <cstdio>
int main()
{
printf ("\"Happy New Year!\"\n");
return 0;
}
I-I Iove you：
题目大意：给你一个字符串，让你求iloveyou作为子序列出现了多少次，大小写不区分。对20010905取模。样例：
|
Input: IloveyouNotonlyforwhatyouareButforwhatIamWhenIamwithyouIloveyouNotonlyforwhatYouhavemadeofyourselfButforwhatYouaremakingofme Output: 2864 |
emmm,是个dp。令 $f[i][j],(j = 1...8)$ 表示前 i 个字符中，匹配了字符串”iloveyou” 的前多少位，那么有转移方程：
$f[i][j] = (f[i−1][j] + (s[i] ==ss[j])∗f[i−1][j]) % mod$
当然，$f[i][1]$比较特殊：$f[i][1] = (f[i−1][1] + (s[i] ==′ i′)) % mod$
以下是AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int mac=1e6+10;
const int mod=20010905;
ll dp[10];
int main(){
string s;
cin>>s;
string m="iloveyou";
for(int i=0;i<s.length();i++){
s[i]=tolower(s[i]);
for (int j=8; j>=1; j--){
if (j==1) dp[j]=(dp[j]+(s[i]==m[j-1]))%mod;
else dp[j]=(dp[j]+(s[i]==m[j-1])*dp[j-1])%mod;
}
}
cout<<dp[8]<<endl;
return 0;
}
J-Jelly：
题目大意：从(1,1,1)到(n,n,n)至少需要多少时间，n层，每层n行n列。样例：
|
Input: 2 Output: 4 |
实际上就是个三维的BFS，和POJ2251一样。这里注意特判一下n等于1的情况就好了，然后注意起点入队的时候放入的时间是1。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#define BYJ(cx,cy,cl,cen,n,m) (cx>=1)&&(cx<=n)&&(cy>=1)&&(cy<=m)&&(cl>=1)&&(cl<=cen)
using namespace std;
const int mac=110;
int dre[6][3]={{1,0,0},{-1,0,0},{0,1,0},{0,-1,0},{0,0,1},{0,0,-1}}; //{x,y,z的走向}
int a[mac][mac][mac],v[mac][mac][mac];
int main() {
int cen,n,m;
while (~scanf ("%d",&n)) {
cen=m=n;
memset(a,0,sizeof(a));
memset(v,0,sizeof(v));
queue<int>qx,qy,ql,stp;
int sx,sy,sc,fx,fy,fc,mark=0;
for (int k=1; k<=cen; k++)
for (int i=1; i<=n; i++)
for (int j=1; j<=m; j++) {
char ch=getchar();
while (ch!='.' && ch!='*') ch=getchar();
if (ch=='*') a[k][i][j]=1;
}
if (n==1) {printf ("1\n");return 0;}
sx=sy=sc=1;
fx=fy=fc=n;
qx.push(sx),qy.push(sy),ql.push(sc),stp.push(1);//注意刚开始是1
v[sc][sx][sy]=1;
while (!qx.empty()) {
if (mark) break;
for (int i=0; i<6; i++) { //六种方向入队
int cx,cy,cl;
cx=qx.front()+dre[i][0];
cy=qy.front()+dre[i][1];
cl=ql.front()+dre[i][2]; //层数
if (BYJ(cx,cy,cl,cen,n,m) && !a[cl][cx][cy] && !v[cl][cx][cy]) {
if (cx==fx && cy==fy && cl==fc) {
printf ("%d\n",stp.front()+1);
mark=1;break;
}
v[cl][cx][cy]=1;
qx.push(cx),qy.push(cy),ql.push(cl),stp.push(stp.front()+1);
}
}
if (mark) break;
qx.pop(),qy.pop(),ql.pop(),stp.pop();
}
if (!mark) printf ("-1\n");
}
return 0;
}
来源：https://www.cnblogs.com/lonely-wind-/p/12215285.html