A - Div
题目大意
两个男孩要分\(N\)颗糖。问一共有几种分法（每个男孩都必须分到糖）？
\(1\le N\le 15\)
输入格式
\(N\)
输出格式
将答案输出为一个整数。
样例
| \(N\) | 输出 |
|---|---|
| \(2\) | \(1\) |
| \(1\) | \(0\) |
| \(3\) | \(2\) |
分析
这题说白了就是将\(N\)分成\(A\)和\(B\)两个正整数的和（\(A+B\)和\(B+A\)是两种分法），所以列表如下：
| \(A\) | \(B\) |
|---|---|
| \(1\) | \(N-1\) |
| \(2\) | \(N-2\) |
| \(\dots\) | \(\dots\) |
| \(N-1\) | \(1\) |
| 这个表一共有\(N-1\)项，所以我们直接输出\(N-1\)即可。 |
代码
#include <cstdio>
using namespace std;
int main()
{
int n;
scanf("%d", &n);
printf("%d\n", n - 1);
return 0;
}
B - Palindrome with leading zeros
题目大意
给定一个整数\(N\)。
是否可以在\(N\)的十进制表示的前面填上任意（可以为\(0\)）个0，使得\(N\)变成一个回文数？
\(0\le N\le 10^9\)
输入格式
\(N\)
输出格式
输出Yes或者No。
样例
| \(N\) | 输出 |
|---|---|
| \(1210\) | Yes |
| \(777\) | Yes |
| \(123456789\) | No |
分析
如果能在\(N\)的前面加上一些0使得\(N\)变成一个回文数，那么将\(N\)去掉末尾的所有0后也一定能得到一个回文数。所以，我们只需将\(N\)末尾的0去掉后，再判断它是不是一个回文数即可。
代码
#include <cstdio>
using namespace std;
char s[10];
int main()
{
char c;
int len = 0;
while((c = getchar()) != '\n')
s[len++] = c;
while(len > 0 && s[--len] == '0');
for(int i=0; i<=len; i++)
if(s[i] != s[len - i])
{
puts("No");
return 0;
}
puts("Yes");
return 0;
}
C - Compass Walking
题目大意
在一个二维的平面上，一个人每一步都只能走正好\(R\)个距离单位。
这个人从\((0,0)\)走到\((X,Y)\)至少需要多少步？
注意：在二维平面上，两个点\((x_1, y_1)\)和\((x_2,y_2)\)的距离是\(\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}\)。
\(1\le R\le 10^5\)
\(0\le X,Y\le 10^5\)
\((X,Y)\ne(0,0)\)
输入格式
\(R~X~Y\)
输出格式
输出一行，即最少需要的步数。
样例
| \(R\) | \(X\) | \(Y\) | 输出 |
|---|---|---|---|
| \(5\) | \(15\) | \(0\) | \(3\) |
| \(5\) | \(11\) | \(0\) | \(3\) |
| \(3\) | \(4\) | \(4\) | \(2\) |
分析
我们可以先定义\(d=\sqrt{X^2+Y^2}\)，即\((X,Y)\)到\((0,0)\)的距离，则有如下解法：
- 如果\(d=R\)，则总共只需要\(1\)步。
- 如果\(d<R\)，则总共需要\(2\)步。
- 如果\(d>R\)，总共需要\(\lceil\frac d r\rceil\)步。
这样，我们就可以写代码了。
代码
这题很容易出现精度问题，但我用long double居然卡过去了……
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
int main()
{
int r, x, y;
scanf("%d%d%d", &r, &x, &y);
long double dist = hypotl(x, y);
if(dist == r) puts("1");
else if(dist < r) puts("2");
else printf("%d\n", int(ceill(dist / r)));
return 0;
}
D - Send More Money
题目大意
注意：本题的时间限制是\(5\)秒。
给定三个由小写字母组成的字符串\(S_1,S_2,S_3\)。
在这里，相同的字母表示相同的数字，不同的字母表示不同的数字。
我们要找到一种每个字母对应的数字，并将它们分别填入\(S_1,S_2,S_3\)，变成三个无前导\(0\)的正整数\(N_1,N_2,N_3\)，使得\(N_1+N_2=N_3\)。如果有多组解，找到任意一组即可。
\(1\le |S_1|,|S_2|,|S_3|\le 10\)
输入格式
\(S_1\)
\(S_2\)
\(S_3\)
输出格式
如果有解，输出三行，即\(N_1,N_2\)和\(N_3\)；如果无解，输出UNSOLVABLE。
样例
|\(S_1\)|\(S_2\)|\(S_3\)|输出|
|--|--|--|--|--|--|
|a|b|c|1 2 3|
|x|x|y|1 1 2|
|p|q|p|UNSOLVABLE|
分析
很容易想到，因为每位能填的数字只有\(0\)到\(9\)（一共\(10\)个），所以如果\(S_1,S_2\)和\(S_3\)中总共不同的字母个数超过\(10\)个，我们就可以直接认为这个等式无解。
现在，由于这道题时间限制较长，我们就可以暴力枚举每一种字母对应的数字（一共最多有\(10!=3628800\)种可能），再逐个填入并验证即可。
代码
这里的枚举我是用全排列做的，当然也可以用回溯法等，方法不限。
#include <cstdio>
#include <set>
#include <algorithm>
#define maxl 15
using namespace std;
using LL = long long;
char s1[maxl], s2[maxl], s3[maxl], ch[maxl];
set<char> chars;
int pos[26], num[10] = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9};
#define N (num[pos[str[i] - 'a']])
inline LL parse(const char* str)
{
LL res = 0LL;
for(int i=0; str[i]; i++)
res = res * 10LL + N;
return res;
}
inline void print(const char* str)
{
for(int i=0; str[i]; i++)
putchar(N + '0');
putchar('\n');
}
#undef N
inline void add(const char* str)
{
for(int i=0; str[i]; i++)
chars.insert(str[i]);
}
inline bool isok(const char* str)
{
return num[pos[str[0] - 'a']] != 0;
}
int main()
{
scanf("%s%s%s", s1, s2, s3);
add(s1), add(s2), add(s3);
if(chars.size() > 11)
{
puts("UNSOLVABLE");
return 0;
}
int cnt = 0;
for(char x: chars)
pos[x - 'a'] = cnt++;
do
{
if(isok(s1) && isok(s2) && isok(s3) && (parse(s1) + parse(s2) == parse(s3)))
{
print(s1);
print(s2);
print(s3);
return 0;
}
} while(next_permutation(num, num + 10));
puts("UNSOLVABLE");
return 0;
}
P.S. 这段代码的运行速度不可思议的快…… 居然只花了\(109\)ms……
E - Unique Color
题目大意
给你一棵由编号为\(1,2,~\dots,N\)的\(N\)个顶点组成的树。其中，第\(i\)条边连接着顶点\(A_i\)和\(B_i\)。第\(i\)个顶点的颜色是\(C_i\)（在这里，颜色用一个整数表示）。
我们定义一个顶点\(x\)是好的，仅当如下条件成立：
- 从顶点\(1\)到顶点\(x\)的最短路径上，没有与顶点\(x\)颜色相同的点（顶点\(x\)本身除外）。
找到所有的好的顶点。
\(2\le N\le 10^5\)
\(1\le C_i\le 10^5\)
\(1\le A_i,B_i\le 10^5\)
输入格式
\(N\)
\(C_1~\dots~C_N\)
\(A_1~B_1\)
\(\vdots\)
\(A_{N-1}~B_{N-1}\)
输出格式
输出所有的好的顶点，按升序排序，每行一个。
样例
略，请自行前往AtCoder查看
分析
其实这题用最朴素的\(\text{DFS}\)算法就能解决。
我们在搜索的同时，维护一个\(\text{used}\)数组，记录每个颜色在路径上是否已经用过。这样，我们就能\(\mathcal O(1)\)地判断每个点是否是一个好的点，最后排序并输出即可。
代码
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <set>
#define maxn 100005
using namespace std;
vector<int> G[maxn];
bool used[maxn];
int color[maxn];
set<int> res;
void dfs(int v, int par)
{
if(used[color[v]])
{
for(int u: G[v])
if(u != par)
dfs(u, v);
return;
}
used[color[v]] = true;
res.insert(v);
for(int u: G[v])
if(u != par)
dfs(u, v);
used[color[v]] = false;
}
int main()
{
int n;
scanf("%d", &n);
for(int i=1; i<=n; i++)
scanf("%d", color + i);
while(--n)
{
int x, y;
scanf("%d%d", &x, &y);
G[x].push_back(y);
G[y].push_back(x);
}
dfs(1, -1);
for(int v: res)
printf("%d\n", v);
return 0;
}