A. Right-Left Cipher
Solved.
注意长度的奇偶
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; string s;
int main()
{
while (cin >> s)
{
string res = "";
int len = s.size();
if (len == )
{
cout << s << endl;
continue;
}
int l, r;
if (len & )
{
res += s[s.size() / ];
l = len / - , r = l + ;
while (l >= )
{
res += s[r];
res += s[l];
--l, ++r;
}
}
else
{
l = len / - ;
r = l + ;
while (l >= )
{
res += s[l];
res += s[r];
--l, ++r;
}
}
cout << res << endl;
}
return ;
}
B. Div Times Mod
Solved.
题意：
$给出一个n，求使得下面这个等式成立的x$
$(\frac{x}{k}) \cdot (x \;mod\; k) = n$
思路：
$k很小，并且第二项的取值肯定在[1, k - 1]之间,枚举第二项，算第一项更新答案即可$
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; #define ll long long
int n, k;
int main()
{
while (scanf("%d%d", &n, &k) != EOF)
{
ll res = (ll)1e18;
for (int i = ; i < k; ++i) if (n % i == )
res = min(res, 1ll * (n / i) * k + i);
printf("%lld\n", res);
}
return ;
}
C. Connect Three
Solved.
题意：
在一个二维平面上，有三个点，在不同的地方，行走只能走相邻的格子且被涂色的格子，求最小的涂格子的数量
思路：
我们随便找两个点，构成的矩形，那么这两个点的路径可以经过这个矩形里面任意一点
那么我们枚举里面每一点，要么第三点也在这个矩形里面，要么肯定存在一点使得这一点到第三点的路径不经过矩形
这样的话答案就会最小
或者这样理解，三点需要汇聚到同一点，那么这个点的候选范围必然是任取两点构成的矩形当中，因为如果不是
那么把这个点移到矩形内必然更优
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; int x[], y[];
int f(int x1, int y1, int x2, int y2)
{
return abs(x1 - x2) + abs(y1 - y2);
} void print(int x1, int y1, int x2, int y2)
{
while (x2 != x1)
{
if (x2 < x1) ++x2;
else --x2;
printf("%d %d\n", x2, y2);
}
while (y2 != y1)
{
if (y2 < y1) ++y2;
else --y2;
printf("%d %d\n", x2, y2);
}
} int main()
{
while (scanf("%d%d", x, y) != EOF)
{
for (int i = ; i <= ; ++i) scanf("%d%d", x + i, y + i);
int tmp = (int)1e6, posx = -, posy = -;
int l[] = {x[], y[]}, r[] = {x[], y[]};
for (int i = ; i < ; ++i) if (l[i] > r[i]) swap(l[i], r[i]);
for (int i = l[]; i <= r[]; ++i) for (int j = l[]; j <= r[]; ++j)
{
if (f(i, j, x[], y[]) < tmp)
{
tmp = f(i, j, x[], y[]);
posx = i, posy = j;
}
}
int res = tmp + f(x[], y[], x[], y[]) + ;
printf("%d\n", res);
print(x[], y[], posx, posy);
print(x[], y[], posx, posy);
print(x[], y[], posx, posy);
printf("%d %d\n", posx, posy);
}
return ;
}
D. Minimum Diameter Tree
Solved.
题意：
一棵树，一共有$s的点权，分配给这些点，使得直径最短$
思路：
我们考虑到将点权分配给度数>1的点是没用的，因为它们不会作为路径的端点
那么被作为路径的端点的只有度数=1的点
我们可以这样理解，任意两个度数=1的点都可以构成一条极长路径，也就是说，问题可以转化为
$有x个数，要将s分配给它们，使得两两相加的最大值最小$
$那不就是平均分配吗?$
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; #define N 100010
int n, s, degree[N]; int main()
{
while (scanf("%d%d", &n, &s) != EOF)
{
memset(degree, , sizeof degree);
for (int i = , u, v; i < n; ++i)
{
scanf("%d%d", &u, &v);
++degree[u];
++degree[v];
}
int cnt = ;
for (int i = ; i <= n; ++i) cnt += degree[i] == ;
printf("%.10f\n", s * 2.0 / cnt);
}
return ;
}