【牛客小白月赛69】题解与分析A-F【蛋挞】【玩具】【开题顺序】【旅游】【等腰三角形(easy)】【等腰三角形(hard)】

比赛传送门：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/52441

感觉整体难度有点偏大。

作者：Eriktse

简介：19岁，211计算机在读，现役ACM银牌选手力争以通俗易懂的方式讲解算法！️欢迎关注我，一起交流C++/Python算法。（优质好文持续更新中……）

个人博客：www.eriktse.com

A-蛋挞

签到题。

只需比较a / b和a % b的大小即可。注意开longlong。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

signed main()
{
    int a, b;scanf("%lld %lld", &a, &b);
    if(a / b < a % b)printf("niuniu eats more than others");
    else if(a / b > a % b)printf("niuniu eats less than others");
    else printf("same");
    return 0;
}

B-玩具

排序贪心。

因为我们要将n个玩具全部买下，所以我们免单的玩具价格越高越好，我们将整个数组排升序后从后往前两个两个拿，且只付更高价格的玩具的钱。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

const int maxn = 1e6 + 9;
int a[maxn];
signed main()
{
    int n;scanf("%lld", &n);
    for(int i = 1;i <= n; ++ i)scanf("%lld", a + i);
    sort(a + 1,a + 1 + n);

    int ans = 0;
    for(int i = n;i >= 1; -- i)
    {
        ans += a[i];
        i --;
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

C-开题顺序

dfs。

题目数量比较小，我们可以枚举出所有的开题顺序，然后计算出最终分数取大即可，注意剪枝，当时间超过t的时候可以直接结束，此时的分数已经无效了。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn = 15;
int a[maxn], b[maxn], c[maxn], x[maxn], y[maxn];
int n, t, p;

bitset<maxn> vis;

//当前正在选第dep道题
int dfs(int dep, int ti, int sc)
{
    if(ti > t)return 0;//当累计做题时间已经超过了t说明比较已经结束了
    if(dep == n + 1)return sc;

    int res = sc;

    for(int i = 1;i <= n; ++ i)
    {
        if(vis[i])continue;
        //切了第i道题
        ti += x[i];
        vis[i] = true;
        res = max(res, dfs(dep + 1, ti, sc + max(c[i], a[i] - ti * b[i] - y[i] * p)));
        vis[i] = false;
        ti -= x[i];
    }
    return res;
}

signed main()
{
    scanf("%lld %lld %lld", &n, &t, &p);
    for(int i = 1;i <= n; ++ i)
        scanf("%lld %lld %lld %lld %lld", a + i, b + i, c + i, x + i, y + i);

    printf("%lld\n", dfs(1, 0, 0));
    return 0;
}

D-旅游

最小生成树（并查集） + 二分。

首先我们知道要使得所有点互联，且边权尽可能小，应该建立一棵最小生成树，然后修复树中所有的边即可。

然后国家帮忙修复边权<=p的部分，那么我们可以想到，当p较大时，牛牛的资金肯定可以足够修复剩下的，当p较小时，牛牛要修的路就比较多，就修不了。

所以“y=牛牛能否修复剩下的路”是随着p单调的，当p大时，y=1，当p小时，y=0，我们要做的就是找到那个交界处，二分即可。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 9;

map<int, int> mp[maxn];

struct Edge
{
    int x, y, w;
};

int pre[maxn];
//路径压缩的并查集
int root(int x){return pre[x] = (pre[x] == x ? x : root(pre[x]));}

int a[maxn];//a里面存放最小生成树的所有边权
int n, m, c, cnt;

bool check(int k)
{
    int res = 0;//贪心求最小代价，数组逆序点乘
    for(int i = cnt, j = 0;i >= 1; -- i)
    {
        if(a[i] <= k)break;//<=k的部分国家买单不用考虑了
        res += (++ j) * a[i];
    }
    return res <= c;
}

signed main()
{
    scanf("%lld %lld %lld", &n, &m, &c);
    /*最小生成树，共3步*/
    vector<Edge> vec;
    //1.存边
    for(int i = 1;i <= m; ++ i)
    {
        int x, y, w;scanf("%lld %lld %lld", &x, &y, &w);
        vec.push_back({x, y, w});//将边存入vec中
    }
    //2.将边升序
    sort(vec.begin(), vec.end(), [](const Edge &u, const Edge &v)
         {
             return u.w < v.w;
         });
    //3.贪心建树，并查集判断连通性
    for(int i = 1;i <= n; ++ i)pre[i] = i;//并查集初始化
    for(auto &i : vec)
    {
        int x = i.x, y = i.y, w = i.w;
        if(root(x) == root(y))continue;
        a[++ cnt] = w;//a自然是升序的
        pre[root(x)] = root(y);
    }

    /*生成树结束*/

    //以下为二分部分
    int l = -1, r = 2e9;

    while(l + 1 != r)
    {
        int mid = (l + r) >> 1;
        if(check(mid))r = mid;
        else l = mid;
    }
    printf("%lld\n", r);
    return 0;
}

E-等腰三角形(easy)

暴力枚举。

枚举出所有三个点组成的三元组，注意不要重复。

可以通过海伦公式来求面积判断是否共线。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

const int maxn = 500;
const double eps = 1e-6;

struct Point
{
    int x, y;
}p[maxn];

int dist(const Point &u, const Point &v)
{
    int dx = u.x - v.x;
    int dy = u.y - v.y;
    return dx * dx + dy * dy;
}

double area(double a, double b, double c)
{
    double p = (a + b + c) / 2.0;
    return sqrt(p * (p - a) * (p - b) * (p - c));
}

signed main()
{
    int n;scanf("%lld", &n);
    for(int i = 1;i <= n; ++ i)
        scanf("%lld %lld", &p[i].x, &p[i].y);
    int ans = 0;
    for(int i = 1;i <= n; ++ i)
    {
        for(int j = i + 1;j <= n; ++ j)
        {
            for(int k = j + 1;k <= n; ++ k)
            {
                int d1 = dist(p[i], p[j]);
                int d2 = dist(p[i], p[k]);
                int d3 = dist(p[j], p[k]);
                if(area(sqrt(d1), sqrt(d2), sqrt(d3)) <= eps)continue;
                if(d1 == d2 || d1 == d3 || d2 == d3)ans ++;
            }
        }
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

F-等腰三角形(hard)

这题肯定不能暴力枚举了。

我们可以发现，以整数点作为定点肯定无法构成等边三角形。

假如我们要构成一个等边三角形，那么就需要有60度的角，假如这个60度的角由两个角x,y相加而成，就有：

$$ tan60\degree = tan(x+y)= \frac{tanx + tany}{1-tanx \times tany}$$

其中tan60是一个无理数，但是后面的tanx, tany都是有理数，一个无理数无法通过有理数的加减乘除算出，所以在整数点中构造不出60度的角。

我们枚举每一个点A，然后枚举其他点作为B，然后再查一下有多少C即可（也就是和A距离等于dist(AB)的点），这里只需保证C的下标小于B的下标，就保证了一个偏序关系，就不会重复计算。

接下来需要将“三点共线”的这样“特殊等腰三角形”减去，我们只需计算有多少这样的“线段”即可。

枚举每一个点A，再查一下A'是否存在即可，可以对点做一个桶来判断，因为地图并不大。

#include <bits/stdc++.h>
#include <bits/extc++.h>
#define int long long
using namespace std;

const int maxn = 3009, T = 1000;
const double eps = 1e-6;

struct Point
{
    int x, y;
}p[maxn];

int dist(const Point &u, const Point &v)
{
    int dx = u.x - v.x;
    int dy = u.y - v.y;
    return dx * dx + dy * dy;
}

int cnt[2123456];
bitset<2005> vis[2005];

signed main()
{
    int n;scanf("%lld", &n);
    for(int i = 1;i <= n; ++ i)
    {
        scanf("%lld %lld", &p[i].x, &p[i].y);
        vis[p[i].x + T][p[i].y + T] = true;
    }

    int ans = 0;
    for(int i = 1;i <= n; ++ i)
    {
        for(int j = 1;j <= n; ++ j)
        {
            if(i == j)continue;

            ans += (cnt[dist(p[i], p[j])] ++);
        }
        for(int j = 1;j <= n; ++ j)
        {
            if(i == j)continue;

            cnt[dist(p[i], p[j])] = 0;
        }
    }
    int cnt = 0;
    for(int i = 1;i <= n; ++ i)
    {
        for(int j = 1;j <= n; ++ j)
        {
            if(i == j)continue;
            int tx = 2 * p[j].x - p[i].x;
            int ty = 2 * p[j].y - p[i].y;
            if(tx < -500 || tx > 500 || ty < -500 || ty > 500)continue;

            if(vis[tx + T][ty + T])cnt ++;
        }
    }
    printf("%lld\n", ans - cnt / 2);
    return 0;
}

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