hihocoder[Offer收割]编程练习赛5及参考

题目1 : 小Ho的防护盾

时间限制:10000ms
单点时限:1000ms
内存限制:256MB
描述
小Ho的虚拟城市正在遭受小Hi的攻击，小Hi用来攻击小Ho城市的武器是一艘歼星舰，这艘歼星舰会以T(T为大于0的整数)个单位时间的间隔向小Ho的城市轰击。歼星舰总共有N枚炮弹，其中第i枚会造成Ai点伤害值。

幸好小Ho的城市有K层护盾，每层护盾可以抵挡M点伤害。当某次轰击使得伤害值达或超过M时，该层护盾就会被击碎；该次轰击溢出的伤害不会作用于下一层护盾；下一次轰击将由下一层护盾承受。

同时，受损但尚未被击碎护盾会以每单位时间减少1点伤害值的速度修复自己，直到伤害值降为0。这就意味着小Hi的攻击间隔T越大，小Ho撑过这N枚炮弹的可能性就越大。

那么问题来了，小Hi的攻击间隔T至少需要是多少，小Ho城市的防护护盾才能不被全部击破？

为了使题目不存在歧义，规定：

小Hi的第i次攻击发生在时刻(i-1)*T

小Ho的第i次修复发生在时刻i-0.5

输入
第一行包含3个整数N、M和K，意义如前文所述。

第二行包含N个整数A1 - AN，表示小Hi第i枚炮弹的伤害值。

对于30%的数据，满足N<=100

对于100%的数据，满足1<=N<=100000

对于100%的数据，满足1<=K<=10, 1<=Ai, M<=100000

输出
输出使得小Ho城市的防护护盾不被全部击破的小Hi攻击间隔的最小值。如果不存在这样的T，则输出-1。

样例输入
3 5 1
3 3 3
样例输出
3

#include <stdio.h>#include <stdlib.h>#include <string.h>int check(int ttime, int n, int m, int k, int* num){    int i,j, atk = 0;    for(i=0; i<n; i++){        atk -= ttime;        if(atk < 0){ atk = 0; }        atk += num[i];        if( atk >= m ){            k--;            atk = 0;        }    }    if(k > 0){        return 1;    }else{        return 0;    }}int main(){    int i,j, n,m,k, ans;    scanf("%d %d %d", &n, &m, &k);    int* num = (int *)calloc(n+1, sizeof(int));    for(i=0; i<n; i++){        scanf("%d", &num[i]);    }    int mid, low = 1, high = m+1;    ans = -1;    while(low < high){        mid = low + (high - low)/2;        if(check(mid, n, m, k, num)){            ans = mid;            high = mid;        }else{            low = mid + 1;        }    }    printf("%d\n", ans);    free(num);    return 0;}

题目2 : 小P的强力值

时间限制:10000ms
单点时限:1000ms
内存限制:256MB
描述
小Hi在虚拟世界中有一只小宠物小P。小P有K种属性，每种属性的初始值为Ai。小Ho送给了小Hi若干颗药丸，每颗药丸可以提高小P指定属性1点。通过属性值，我们可以计算小P的强力值=(C1(1/B1))(C2(1/B2))…*(CK(1/BK))，其中Ci为小P第i项属性的最终值（Ai+药丸增加的属性）。 已知小Ho送给小Hi的药丸一共有N颗，问小P的强力值最高能够达到多少？

输入
第一行包含两个整数N，K，分别表示药丸数和属性种数。

第二行为K个整数A1 - AK，意义如前文所述。

第三行为K个整数B1 - BK，意义如前文所述。

对于30%的数据，满足1<=N<=10, 1<=K<=3

对于100%的数据，满足1<=N<=100000, 1<=K<=10

对于100%的数据，满足1<=Ai<=100, 1<=Bi<=10

输出
输出小P能够达到的最高的强力值。

只要你的结果与正确答案之间的相对或绝对误差不超过千分之一，都被视为正确的输出。

样例输入
5 2
1 1
3 2
样例输出
2.88

#include <iostream>#include <math.h>#include <vector>using namespace std;int main(){    int n, k;    cin >> n >> k;    vector<int> a(n), b(n);    for (int i = 0; i < k; i++)        cin >> a[i];    for (int i = 0; i < k; i++)        cin >> b[i];    for (int i = 0; i < n; i++)    {        double max = 0;        int index = 0;        for (int j = 0; j < k; j++)        {            double v = (log(a[j] + 1) - log(a[j])) / b[j];            if (v > max)            {                max = v;                index = j;            }        }        a[index]++;    }    double v = 0;    for (int i = 0; i < k; i++)        v += log(a[i]) / b[i];    v = exp(v);    //cout << v << endl;注意输出精度    printf("%.5lf\n",v);    return 0;}

第二思路：

#include <stdio.h>#include <math.h>#define MAXN 100004int A[MAXN];int B[MAXN];int N,K;double f(){    double re = 1;    for(int i = 0;i<K;i++){        double a = A[i];        double b = B[i];        re *= pow(a,1/b);    }    return re;}void F(){    for(int i = 0;i<N;i++){        double mmax = -1;        int mmaxi;        for(int j = 0;j<K;j++){            A[j]++;            double v = f();            if(v>mmax){                mmax = v;                mmaxi = j;            }            A[j]--;        }        A[mmaxi]++;    }    printf("%lf\n",f());}int main(){    while(scanf("%d %d",&N,&K)==2){        for(int i = 0;i<K;i++){            scanf("%d",&A[i]);        }        for(int i = 0;i<K;i++){            scanf("%d",&B[i]);        }        F();    }     return 0;}

题目3 : 震荡数组

时间限制:10000ms
单点时限:1000ms
内存限制:256MB
描述
给定一个长度为N的数组A1, A2, …, AN，如果对于任意1 < i < N都有Ai > Ai-1且Ai > Ai+1, 或者Ai < Ai-1且Ai < Ai+1，我们就称A数组是一个震荡数组。

例如{4, 2, 3, 1, 5}就是一个震荡数组；而{1, 4, 3, 2, 5}不是一个震荡数组因为4, 3, 2三个连续的元素不满足条件。

现在给定一个长度为N的数组组A1, A2, …, AN，最少进行多少次两两交换，可以使A变成一个震荡数组？

输入
第一行包含一个整数N，代表数组的长度。(1 <= N < 30)

第二行包含N个整数，A1, A2, … AN。 (1 <= Ai <= N)

输入保证Ai两两不同。

输出
输出最少交换的次数。

样例输入
5
1 2 3 4 5
样例输出
1

#include<iostream>using namespace std;#define N 110int a[N],b[N];#define inf 0x3f3f3f3fint n,m,k,ans,min_ans;void print(int *a,int n){    for(int i=1;i<=n;i++)        cout<<a[i]<<" ";    cout<<endl;    ans++;}bool check(int h){    if(h>1&&h%2==1&&(a[h]-a[h-1])<0)        return 1;    if(h>1&&h%2==0&&(a[h]-a[h-1])>0)        return 1;    return 0;}void dfs(int n,int h,int z){    if(h==n+1)    {        min_ans=min(min_ans,z);        return ;    }    if(z>=min_ans) return ;    int tmp;    if(h>1&&h%2==1&&(a[h]-a[h-1])<0)        dfs(n,h+1,z);    if(h>1&&h%2==0&&(a[h]-a[h-1])>0)        dfs(n,h+1,z);    if(h==1)dfs(n,h+1,z);    if(z+1>=min_ans) return ;    for(int i=h+1;i<=n;i++){        if(check(i)==1) continue;        tmp=a[h];        a[h]=a[i];        a[i]=tmp;            if(h>1&&h%2==1&&(a[h]-a[h-1])<0)                dfs(n,h+1,z+1);            if(h>1&&h%2==0&&(a[h]-a[h-1])>0)                dfs(n,h+1,z+1);            if(h==1)dfs(n,h+1,z+1);        tmp=a[h];        a[h]=a[i];        a[i]=tmp;    }}int main(){    int n;    while(cin>>n){        for(int i=1;i<=n;i++)            cin>>a[i];      min_ans=inf;      ans=0;      dfs(n,1,0);      for(int i=1;i<=n;i++)        a[i]=-a[i];      dfs(n,1,0);      cout<<min_ans<<endl;    }}

题目4 : 凸多边形

时间限制:10000ms
单点时限:1000ms
内存限制:256MB
描述
给定一个凸多边形的N个顶点。你需要在凸多边形内找到M个点，使得这M个点也围成一个凸多边形，并且围成的面积尽可能大。

输入
第一行包含两个整数N和M，意义如前文所述。

接下来N行，每行两个整数Ai和Bi，表示按照逆时针顺序排列的凸多边形顶点坐标。

对于30%的数据，满足N<=5

对于100%的数据，满足N<=100

对于100%的数据，满足3<=M < N, |Ai|,|Bi|<=10000

输出
输出新凸多边形最大的面积，保留两位小数。

样例输入
4 3
0 0
1 0
1 1
0 1
样例输出
0.50

#include <iostream>#include <cmath>#include <vector>#include <cstring>#include <cstdlib>#include <cstdio>using namespace std;struct point {    int x, y;};int n, m;double ans, an,anss=0;point p[102];bool v[102];vector<int> a;double area(point a, point b, point c) {    return fabs((a.x - c.x) * (b.y - c.y) - (a.y - c.y) * (b.x - c.x));}double calc() {    double ans = 0;    a.clear();    for (int i = 0; i < n; i++) {        if (v[i]) a.push_back(i);    }    for (int i = 1; i < a.size() - 1; i++)        ans += area(p[a[0]], p[a[i]], p[a[i+1]]);    return ans;}double calc2() {    double ans=0;    for (int i = 1; i < a.size() - 1; i++)        ans += area(p[a[0]], p[a[i]], p[a[i+1]]);    return ans;}void dfs(int nn,int mm){    if (mm==m){        double aa =calc2();        if (aa>anss) anss=aa;        return;    }    for (int i=nn;i<n;i++){        a.push_back(i);        dfs(i+1,mm+1);        a.pop_back();    }}int main() {    cin >> n >> m;    int x1, x2;    for (int i = 0; i < n; i++)        cin >> p[i].x >> p[i].y;    srand((unsigned) time(NULL));    for (int j = 0; j < 1000; j++) {        memset(v,0,sizeof(v));        for (int i=0;i<m;i++){            int x= rand()%n;            while (v[x]) x= rand()%n;            v[x]=true;        }        ans = calc();        for (int i = 0; i < 1500; i++) {            x1 = rand() % n;            x2 = rand() % n;            while (!(v[x1] ^ v[x2])){                x1 = rand() % n;            x2 = rand() % n;            }                v[x1] = !v[x1];                v[x2] = !v[x2];            an = calc();            if (an > ans) ans = an;            else {                v[x1] = !v[x1];                v[x2] = !v[x2];            }}                if (ans>anss) anss=ans;    }    printf("%.2lf\n", anss / 2);}

代码改编自优秀结果，第三四题较难