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论小模拟5

2021-07-18 16:33:18 阅读：206 来源： 互联网

标签：论小 int 油滴模拟淘汰六边形 1002 1001

可能是前几次排名太好飘了，这次却只有210分，排名掉到了第5名，第三题爆零，第四题只有10分(无解的点)，机房大佬cydcyd又一次摘得桂冠，拿下315分的高分。

考砸了!

T1

给定 $n$ 行 $m$ 列的六边形，偶数行的向右移动半格，每个六边形有一个权值.或#，求两个六边形之间包含两种权值的边的总数。

思路

正在处理 $(i,j)$ 且权值为#，如果 $i%2==1$ ，则与 $(i,j)$ 相连的六边形有 $(i-1,j-1),(i-1,j),(i,j-1),(i,j+1),(i+1,j-1),(i+1,j)$ 6种。

否则与 $(i,j)$ 相连的六边形有 $(i-1,j+1),(i-1,j),(i,j-1),(i,j+1),(i+1,j+1),(i+1,j)$ 6种。

判断与之相连的六边形权值是否为.，计数。

第1行和第 $n$ 行的情况把边界标为#就能解决。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,i,j,cnt;
bool f[52][52];
char c;
int main(){
	cin>>n>>m;
	for(i=1;i<=n;i++)
		for(j=1;j<=m;j++){
			cin>>c;
			if(c=='.')
				f[i][j]=1;//把字符处理成数值，方便下面计算
		}
	for(i=1;i<=n;i++)
		for(j=1;j<=m;j++){
			if(!f[i][j]){
				cnt+=f[i][j-1]+f[i][j+1]+f[i-1][j]+f[i+1][j];//i为奇或偶数公有的4种情况
				if(i%2)
					cnt+=f[i-1][j-1]+f[i+1][j-1];//奇数
				else
					cnt+=f[i-1][j+1]+f[i+1][j+1];//偶数
			}
		}
	cout<<cnt;
	return 0;
}

T2

给定 $n$ 个竞选人， $m$ 个投票者，竞选分 $n$ -1轮，每轮每个投票者会将票投给他的投票者列表中未被淘汰的第1个人，每轮淘汰获票数最少的人(如有相同，淘汰序号大的人)输出每轮淘汰的人和获胜者。

思路

模拟，把每轮竞选的人的获票数算出来，把淘汰的人打上标记，每个人遍历投票列表，找到第1个未被淘汰的人投票，复杂度 $n^2m$ 。考虑优化，由于淘汰的人不可能再次投票，故可以把每个人现在要投的人的编号存下来，因为编号是单调递增的，所以复杂度 $nm$ 。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,i,j,a[1001][1001],cnt[1001],Min,ans[1001]={INT_MAX/3},k;
bool f[1001];
int main(){
	cin>>n>>m;
	for(i=1;i<=m;i++)
		for(j=1;j<=n;j++)
			scanf("%d",&a[i][j]);
	for(i=1;i<=m;i++)
		cnt[i]=1;
	for(i=1;i<=n;i++){
		Min=0;
		for(j=1;j<=m;j++)
			ans[j]=0;
		for(j=1;j<=m;j++)
			for(cnt[j];cnt[j]<=n;cnt[j]++){//cnt[j]用于记录第j个人现在会投给谁
				if(!f[a[j][cnt[j]]]){
					ans[a[j][cnt[j]]]++;
					break;
				}
			}
		for(j=1;j<=n;j++)
			if(!f[j]&&ans[j]<=ans[Min])
				Min=j;//获取淘汰者下标
		f[Min]=1;
		printf("%d\n",Min);
	}
	return 0;
}

T3

在一个长方形框子里，最多有 $n$ 个相异的点，在其中任何一个点上放一个很小的油滴，那么这个油滴会一直扩展，直到接触到其他油滴或者框子的边界。必须等一个油滴扩展完毕才能放置下一个油滴。那么应该按照怎样的顺序在这 $n$ 个点上放置油滴，才能使放置完毕后所有油滴占据的总体积最大呢？（不同的油滴不会相互融合）

思路

搜索放置顺序，半径肯定不超过点跟边界的距离，而且还要保证当前点和其他点的距离，可以用圆心距来求，先用勾股定理求两点距离，再减去另一点的半径，即可求得。对这些结果求最小。

代码

T4

给定 $nm$ 个格子，你在 $(1,1)$ 位置，要到达 $(n,m)$ ，移动一次要消耗1秒，第1~ $n+m-2$ 秒都有闪电劈下来，如果当前格子是导电格，将会传导给与它有连边的其他的导电格，其他的导电格也会继续传导，问要到达一共有多少种走法？

思路

先用搜索求连通块，然后类比过河卒，外层循环枚举行列坐标和，内层循环枚举行坐标，如果在同一个连通块且 $j<=m$ ，则 $f[i][j]=f[i-1][j]+f[i][j-1]$ 。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,X[4]={1,0,-1,0},Y[4]={0,1,0,-1},color,vis[1002][1002],c[1002][1002],f[1001][1001],l;
bool a[1002][1002];
void dfs(int x,int y){
	if(!a[x][y]||vis[x][y])
		return;
	c[x][y]=color;
	vis[x][y]=1;
	for(int i=0;i<4;i++){
		int xx=x+X[i],yy=y+Y[i];
		dfs(xx,yy);
	}
}
int main(){
	int x,y,i,j;
	cin>>n>>m;
	for(i=1;i<=n;i++)
		for(j=1;j<=m;j++)
			scanf("%d",&a[i][j]);
	for(i=1;i<=n;i++)
		for(j=1;j<=m;j++){
			if(!a[i][j])
				c[i][j]=++color;
			else if(!vis[i][j]){
				++color;
				dfs(i,j);
			}	
		}
	f[1][1]=1;
	for(l=1;l<=n+m-2;l++){
		scanf("%d%d",&x,&y);
		for(i=1;i<=min(l+1,n);i++){
			j=l+2-i;
			if(j<=m&&c[i][j]!=c[x][y])       
				f[i][j]=(f[i-1][j]+f[i][j-1])%100000001;
		}
	}
	if(!f[n][m])
		printf("Poor Y!");
	else
		printf("%d",f[n][m]);
	return 0;
}

标签：论小,int,油滴,模拟,淘汰,六边形,1002,1001
来源： https://blog.csdn.net/weixin_52536621/article/details/118877652

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