1001 开场白
来自世界各地的年青人在2050握手团聚， 他们是航空航天的新生代，编程大赛的优胜者，35岁以下的创新者，科技公司的创始人，展望未来的科学家，天马行空的艺术家… TA们期待在这里与所有人分享交流，给彼此灵感，给未来答案。
我们想要用10个题目，大声喊出年青人的声音。我们希望和大家一起用技术创造一个更好的2050。
第一道题目，我们来玩一个数字游戏。
给出一个数字 n，我们想知道 n 是不是若干个 2050 依次拼接起来的。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
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#pragma
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typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
ll mul(ll a,ll b){return (a*b)%F;}
ll add(ll a,ll b){return (a+b)%F;}
ll sub(ll a,ll b){return ((a-b)%F+F)%F;}
void upd(ll &a,ll b){a=(a%F+b%F)%F;}
inline int read()
{
int x=0,f=1; char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if (ch=='-') f=-1; ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) { x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();}
return x*f;
}
char stt[1010]="2050";
bool work() {
char s[101010];cin>>s;
int n=strlen(s);
if(n%4==0) {
Rep(i,n) if(s[i]!=stt[i%4]) return 0;
return 1;
}
return 0;
}
int main()
{
// freopen("D.in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
int T=read();
while(T--){
cout<<(work()?"Yes":"No")<<endl;
}
return 0;
}
1002 时间间隔
2019年1月1日，在云栖出现了可能是全世界最长的以秒为单位的倒计时装置：九亿多秒倒计时，直到2050年。
给出一个时间S，我们想知道S距离2050年1月1日0点0时0分多少秒。
因为答案可能很大，请输出答案模100的值。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
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#define
#pragma
#define
#define
#define
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
ll mul(ll a,ll b){return (a*b)%F;}
ll add(ll a,ll b){return (a+b)%F;}
ll sub(ll a,ll b){return ((a-b)%F+F)%F;}
void upd(ll &a,ll b){a=(a%F+b%F)%F;}
inline int read()
{
int x=0,f=1; char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if (ch=='-') f=-1; ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) { x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();}
return x*f;
}
int a[13]={0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
int is_l(int y)
{
if (y%4==0&&y%100!=0) return 366;
if (y%400==0) return 366;return 365;
}
typedef long long ll;
ll work(ll y1,ll m1,ll d1) {
ll y2=2050,m2=1,d2=1;
if (y1>y2||(y1==y2&&m1>m2)||(y1==y2&&m1==m2&&d1>d2)) swap(y1,y2),swap(m1,m2),swap(d1,d2);
int tot=0;
Fork(i,y1+1,y2-1) tot+=is_l(i);
if (y1^y2)
{
if (m1<2) tot+=is_l(y1)==366?29:28;
if (m2>2) tot+=is_l(y2)==366?29:28;
Fork(i,m1+1,12) if (i!=2) tot+=a[i];
Fork(i,1,m2-1) if (i!=2) tot+=a[i];
tot+=d2;
tot+=a[m1]-d1+1;
if (m1==2&&is_l(y1)==366) tot++;
if (tot) tot--;
}
else
{
if (m1^m2)
{
if (is_l(y1)==366) a[2]=29;
Fork(i,m1+1,m2-1) tot+=a[i];
tot+=d2;
tot+=a[m1]-d1+1;
tot--;
}
else tot=d2-d1;
}
return tot;
}
int main()
{
// freopen("B.in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
int T;
cin>>T;
while(T--) {
int y1,m1,d1,h,m,s;
scanf("%d-%d-%d %d:%d:%d",&y1,&m1,&d1,&h,&m,&s);
ll p=24*60*60-h*60*60-m*60-s;
cout<<p%100<<endl;
}
return 0;
}
1003 分宿舍
2050的线下活动吸引了很多心怀梦想的年轻人。
小伙们打算组团去参加。他们一共有 n+m+2k 个人，包括 n+k 个男生，m+k 个女生，其中 k 对男女生为异性情侣，现在他们要找房间住。房间有三种类型，双人间 a 元一间，三人间 b 元一间，这两种只能同性一起住。情侣间能住一对异性情侣，一间 c 元。除了情侣间以外，其他房间都可以不住满。
求最少花多少钱，能让小伙伴们都有地方住。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
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typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
ll mul(ll a,ll b){return (a*b)%F;}
ll add(ll a,ll b){return (a+b)%F;}
ll sub(ll a,ll b){return ((a-b)%F+F)%F;}
void upd(ll &a,ll b){a=(a%F+b%F)%F;}
inline int read()
{
int x=0,f=1; char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if (ch=='-') f=-1; ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) { x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();}
return x*f;
}
ll f[2010];
bool work() {
ll n,m,k,a,b,c;
cin>>n>>m>>k>>a>>b>>c;
ll ans=1e18;
MEM(f)
f[0]=0;
For(i,max(n+k,m+k)){
f[i]=1e18;
if(i>=2) gmin(f[i],f[i-2]+a),gmin(f[i],f[i-2]+b);
if(i>=3) gmin(f[i],f[i-3]+b);
if(i>=1) gmin(f[i],f[i-1]+min(a,b));
}
Rep(i,k+1){
ll ln=n+k-i,lv=m+k-i;
ll p=c*i+f[ln]+f[lv];
gmin(ans,p);
}
cout<<ans<<endl;
}
int main()
{
// freopen("D.in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
int T=read();
while(T--){
work();
}
return 0;
}
1004 PASS
有 n 个选手参加了 2050 编程竞赛，他们属于 m 个学校，学校的编号为 1 到 m，2050 编程竞赛的 PASS 奖励资格如下：对于一个学校，如果它有 x 个学生参赛，它的参赛学生里成绩最好的 ⌊xk⌋ 人里，每有一个人总排名在前 50% 内（包括50%），就奖励一个 PASS。
现在给出每个选手所属的学校和它的排名（假设没有平手），请你帮主办方算一下一共发出了几个 PASS。
#include<bits/stdc++.h>
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typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
ll mul(ll a,ll b){return (a*b)%F;}
ll add(ll a,ll b){return (a+b)%F;}
ll sub(ll a,ll b){return ((a-b)%F+F)%F;}
void upd(ll &a,ll b){a=(a%F+b%F)%F;}
inline int read()
{
int x=0,f=1; char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if (ch=='-') f=-1; ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) { x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();}
return x*f;
}
int a[11234],c[11234],p[11234];
int main()
{
// freopen("D.in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
int T=read();
while(T--){
int n=read(),m=read(),k=read();
memset(c,0,sizeof(int)*(m+1));
For(i,n) a[i]=read(),c[a[i]]++;
For(i,m) c[i]/=k;
int tot=0;
For(i,n/2) if(c[a[i]]>0) c[a[i]]--,++tot;
cout<<tot<<endl;
}
return 0;
}
1005 球赛
是2050非常重要的组成部分之一，包括逐日晨跑、足球风暴、室内骑行挑战、棒球全民打、篮球嘉年华、户外电影等活动。
身体是革命的本钱，这道题是关于运动的。
Alice和Bob在进行乒乓球比赛，比赛一共打了 n 个球，对于每一球，如果Alice赢了，那么裁判员会在计分板上记下’A’，如果Bob赢了则会记下’B’。
时间转眼间到了2050年，计分板上某些信息因为时间流逝丢失了，但我们想要复现当年的激烈局面。
丢失的位置用’?'表示，我们想知道，计分板上对应的乒乓球球赛，最多进行了多少局（最后一局可以没打完，但是如果没打完的话就不计入答案）？
在一局比赛中，先得11分的一方为胜方，10平后，先多得2分的一方为胜方。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
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typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
ll mul(ll a,ll b){return (a*b)%F;}
ll add(ll a,ll b){return (a+b)%F;}
ll sub(ll a,ll b){return ((a-b)%F+F)%F;}
void upd(ll &a,ll b){a=(a%F+b%F)%F;}
inline int read()
{
int x=0,f=1; char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if (ch=='-') f=-1; ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) { x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();}
return x*f;
}
int f[10101][13][13]={};
int main()
{
// freopen("E.in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
int T=read();
while(T--){
char s[10101];
cin>>(s+1);
MEM(f)
int n=strlen(s+1);
f[0][0][0]=100000;
Rep(i,n) {
Rep(j,13) Rep(k,13) if(f[i][j][k]){
if(s[i+1]=='A'||s[i+1]=='?') {
int nj=j+1,nk=k;
if(nj>=11 && nk<=9 || nj==12&&nk==10) {
gmax(f[i+1][0][0],f[i][j][k]+1 );
}else if(nj<11&&nk<11){
gmax(f[i+1][nj][nk],f[i][j][k]);
}else if (nj-1>=10&&nk-1>=0) {
gmax(f[i+1][nj-1][nk-1],f[i][j][k]);
}else {
gmax(f[i+1][nj][nk],f[i][j][k]);
}
}
if(s[i+1]=='B'||s[i+1]=='?') {
int nj=j,nk=k+1;
if(nk>=11 && nj<=9 || nk==12&&nj==10) {
gmax(f[i+1][0][0],f[i][j][k]+1 );
}else if(nj<11&&nk<11){
gmax(f[i+1][nj][nk],f[i][j][k]);
}else if (nj-1>=10&&nk-1>=0) {
gmax(f[i+1][nj-1][nk-1],f[i][j][k]);
}else {
gmax(f[i+1][nj][nk],f[i][j][k]);
}
}
}
}
int tot=0;
Rep(j,13) Rep(k,13) gmax(tot,f[n][j][k])
cout<<tot-100000<<endl;
}
return 0;
}
1006 冰水挑战
Polar Bear Pitching helps you crystallize your message.
The stage could not be any cooler, and we mean literally:
a hole cut through the ice in the frozen Baltic Sea.
2050有一项很有挑战的活动 —— Polar Bear Pitching 。
体验人跳入冰水中讲述自己的恐惧，改变以及梦想。这是没有时间限制的演讲，就看你能在冰水中呆多久！
现在，我们要依次面对 n 个冰水挑战，每个挑战你都可以选择接受或不接受。接受第 i 个挑战会让你丧失 ai点体力，因为每个挑战所处的环境不同，如果你要挑战它，在挑战它之前你的体力 x 会变成 min(x,bi)，当你完成这个挑战的时候，你的体力会变成 x−ai，体力任何时候不允许小于等于 0，无论你是否接受第 i 个挑战，在这个挑战结束以后你的体力都会增加 ci。
现在我们想知道最多可以完成多少个挑战。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
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#define
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typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
ll mul(ll a,ll b){return (a*b)%F;}
ll add(ll a,ll b){return (a+b)%F;}
ll sub(ll a,ll b){return ((a-b)%F+F)%F;}
void upd(ll &a,ll b){a=(a%F+b%F)%F;}
inline int read()
{
int x=0,f=1; char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if (ch=='-') f=-1; ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) { x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();}
return x*f;
}
ll a[2010],b[2010],c[2010];
ll f[2010];
bool work() {
int n=read();ll cc=read();
For(i,n) f[i]=-1e18;
f[0]=cc;
ll ans=0;
For(i,n) {
cin>>a[i]>>b[i]>>c[i];
RepD(j,i-1) if(f[j]>0){
if(min(f[j],b[i])-a[i]>0) {
gmax(f[j+1],min(f[j],b[i])-a[i]);
}
}
Rep(j,i+1)f[j]+=c[i];
}
For(i,n) if(f[i]>0) ans=i;
cout<<ans<<endl;
}
int main()
{
// freopen("F.in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
int T=read();
while(T--){
work();
}
return 0;
}
1007 大厦
我们看到了一栋高楼大厦，大厦的墙面可以看做一个 W×H 的矩形，我们把它的左下角当成(0,0)，右上角当成(W,H)。上面分布着一些LED灯，这些LED灯与地面呈45度倾斜，并且从矩形的边界延伸到另一边界，把大厦分成了若干个区域。我们想数一下这个图里面存在多少个与地面成45度角的矩形，其中四条边都是LED灯的一部分。
Input
第一行一个正整数 T (T≤10) 表示数据组数。
对于每组数据，第一行 W,H,n,m (1≤W,H≤109,0≤n,m≤103) 表示矩形的长和宽，以及两种方向的LED灯的个数。
接下来一行 n 个整数c (1≤c≤W+H−1)，表示这个LED灯可以表示成 x+y=c 的形式，保证 c 两两不同。
接下来一行 m 个整数 c (1−H≤c≤W−1)，表示这个LED灯可以表示成 x−y=c 的形式，保证 c 两两不同。
Output
对于每组数据，输出一个整数表示答案，由于答案可能很大，对 109+7 取模。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
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#define
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#define
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#pragma
#define
#define
#define
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
ll mul(ll a,ll b){return (a*b)%F;}
ll add(ll a,ll b){return (a+b)%F;}
ll sub(ll a,ll b){return ((a-b)%F+F)%F;}
void upd(ll &a,ll b){a=(a%F+b%F)%F;}
inline int read()
{
int x=0,f=1; char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if (ch=='-') f=-1; ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) { x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();}
return x*f;
} ll w,h,n,m;
ll a[1010],b[1010];
ll getl(ll x){
if(x<=h) return -x;return -(2*h-x);
}
ll getr(ll x){
if(x<=w) return x;return (2*w-x);
}
bool work() {
cin>>w>>h>>n>>m;
For(i,n) a[i]=read();
For(i,m) b[i]=read();
sort(a+1,a+1+n);
ll ans=0;
sort(b+1,b+1+m);
For(i,n) Fork(j,i+1,n) {
ll l=max(getl(a[i]),getl(a[j]));
ll r=min(getr(a[i]),getr(a[j]));
ll p1=lower_bound(b+1,b+1+m,l)-b;
ll p2=upper_bound(b+1,b+1+m,r)-b-1;
if(p1<=p2) {
ans+=(ll)(p2-p1+1) * (p2-p1)/2%F;
ans%=F;
}
}
cout<<ans<<endl;
}
int main()
{
// freopen("g.in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
int T=read();
while(T--){
work();
}
return 0;
}
1009 跨洋飞行
已知地图上一共有 n 个机场，张博博士要从 1 号机场飞到 n 号机场，也就是2050的举办地杭州。
从 i 号机场飞行到 j 号机场需要消耗 dist(i,j) 个单位的油量，其中 dist(i,j) 为 i 号机场和 j 号机场之间的欧几里得距离。
张博博士可以选择在任意机场起降和加油。飞机油箱最多可以保存 u 单位的燃油。
考虑到可能遇到的极端天气，某些机场在某些时候不具备降落的条件。所以出于安全的考虑，当他飞到一个机场的时候，必须保证飞机剩下的油足以飞到离他最近的机场。
假设一次起飞和降落分别需要花费 a 秒和 b 秒的时间，加 1 单位的油需要花费 c 秒的时间，飞行 1 单位的距离需要花费 d 秒的时间，请问张博博士最早什么时候可以到达杭州，和我们相见？
飞机初始的油量为0，也就是说，飞机需要先在起点加油再起飞。
Input
第一行一个整数 T (1≤T≤50)，表示数据组数。
对于每组数据：
第一行 6 个整数 n,a,b,c,d,u (2≤n≤103,0≤a,b,c,d,u≤105)。
接下来 n 行，每行两个整数 xi,yi (0≤xi,yi≤105) 表示第 i 个机场的坐标。
Output
对于每组数据输出一行一个数，表示最早的到达时间，只要你的答案和标准答案相对误差或者绝对误差在 10−5 以内就算通过。
数据保证有解。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define
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#define
#define
#define
#define
#define
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#define
#define
#define
#define
#define
#define
#define
#define
#define
#define
const double eps=1e-8;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
ll mul(ll a,ll b){return (a*b)%F;}
ll add(ll a,ll b){return (a+b)%F;}
ll sub(ll a,ll b){return (a-b+llabs(a-b)/F*F+F)%F;}
void upd(ll &a,ll b){a=(a%F+b%F)%F;}
int read()
{
int x=0,f=1; char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if (ch=='-') f=-1; ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) { x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();}
return x*f;
}
struct Edge{
int from,to;
double dist;
};
struct HeapNode {
double d;
int u;
bool operator< (const HeapNode& rhs) const {
return d > rhs.d;
}
};
#define
struct Dijkstra {
int n,m;
vector<Edge> edges;
vector<int> G[MAXN];
bool done[MAXN];
double d[MAXN];
void addedge(int u,int v,int w){
edges.pb((Edge){u,v,w});
G[u].pb(m++);
}
void addedge2(int u,int v,int w) {
addedge(u,v,w);addedge(v,u,w);
}
void init(int _n){
n=_n; m = 0;
Rep(i,n) G[i].clear();
edges.clear();
}
void dijkstra(int s) {
priority_queue<HeapNode> Q;
Rep(i,n) d[i]=INF;
d[s]=0;
MEM(done)
Q.push((HeapNode){0,s});
while(!Q.empty()) {
HeapNode x=Q.top(); Q.pop();
int u=x.u;
if (done[u]) continue;
done[u]=1;
int mm=G[u].size();
Rep(i,mm) {
Edge e = edges[G[u][i]];
if (d[e.to]>eps+d[u]+e.dist) {
d[e.to]=d[u]+e.dist;
Q.push((HeapNode){d[e.to],e.to});
}
}
}
}
}S1;
double x[1010],y[1010];
double dis[1010];
double dd(int i,int j){
return hypot(x[i]-x[j],y[i]-y[j]);
}
void work() {
int n,a,b,c,d,u;
cin>>n>>a>>b>>c>>d>>u;
For(i,n) cin>>x[i]>>y[i];
S1.init(n+3);
For(i,n) dis[i]=1e18;
For(i,n){
For(j,n) if(i^j) {
gmin(dis[j],dd(i,j));
}
}
Fork(i,2,n) Fork(j,2,n) {
if(dd(i,j)+dis[j]<=u) S1.addedge(i,j,a+b+(c+d)*dd(i,j)+c*(dis[j]-dis[i]));
}
Fork(j,2,n) {
if(dd(1,j)+dis[j]<=u) S1.addedge(1,j,a+b+(c+d)*dd(1,j)+c*dis[j]);
}
S1.dijkstra(1);
printf("%.8lf\n",S1.d[n]);
}
int main()
{
// freopen("i.in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
int T=read();
while(T--){
work();
}
return 0;
}
