微软编程之美2014初赛第一场解题报告

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所属分类：编程开发

题目1 : 焦距

时间限制:2000ms
单点时限:1000ms
内存限制:256MB

描述

一般来说，我们采用针孔相机模型，也就是认为它用到的是小孔成像原理。

在相机坐标系下，一般来说，我们用到的单位长度，不是“米”这样的国际单位，而是相邻像素的长度。而焦距在相机坐标系中的大小，是在图像处理领域的一个非常重要的物理量。

假设我们已经根据相机参数，得到镜头的物理焦距大小(focal length)，和相机胶片的宽度(CCD width)，以及照片的横向分辨率(image width)，则具体计算公式为：

Focal length in pixels = (image width in pixels) * (focal length on earth) / (CCD width on earth)

比如说对于Canon PowerShot S100, 带入公式得

Focal length in pixels = 1600 pixels * 5.4mm / 5.27mm = 1639.49 pixels

现在，请您写一段通用的程序，来求解焦距在相机坐标系中的大小。

输入

多组测试数据。首先是一个正整数T，表示测试数据的组数。

每组测试数据占一行，分别为

镜头的物理焦距大小(focal length on earth)

相机胶片的宽度(CCD width on earth)

照片的横向分辨率大小(image width in pixels)，单位为px。

之间用一个空格分隔。

输出

每组数据输出一行，格式为“Case X: Ypx”。 X为测试数据的编号，从1开始；Y为焦距在相机坐标系中的大小(focallength in pixels)，保留小数点后2位有效数字，四舍五入取整。

数据范围

对于小数据：focal length on earth和CCD width on earth单位都是毫米(mm)

对于大数据：长度单位还可能为米(m), 分米(dm), 厘米(cm), 毫米(mm), 微米(um)，纳米(nm)

样例输入

2
5.4mm 5.27mm 1600px
5400um 0.00527m 1600px

样例输出

Case 1: 1639.47px
Case 2: 1639.47px

代码

//source here
//题目1 : 焦距 by kryptosx
//字符串读入，识别长度单位，然后转换单位，计算即可。
//注意输出时小数点精确
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <climits>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <string>
#include <queue>
#include <map>
#include <vector>
#include <bitset>
#include <cmath>
#include <set>
using namespace std;
double change(char as[])
{
     int len=strlen(as);
     double ans=0;
     if(as[len-1]=='m' && as[len-2]=='m') //mm
     {
           as[len-2]='\0';
           sscanf(as,"%lf",&ans);
     }
     else if(as[len-1]=='m' && as[len-2]=='n') //nm
     {
           as[len-2]='\0';
           sscanf(as,"%lf",&ans);
           ans*=0.000001;
     }
     else if(as[len-1]=='m' && as[len-2]=='u') //um
     {
           as[len-2]='\0';
           sscanf(as,"%lf",&ans);
           ans*=0.001;
     }
     else if(as[len-1]=='m' && as[len-2]=='c') //cm
     {
         as[len-2]='\0';
         sscanf(as,"%lf",&ans);
         ans*=10;
     }
     else if(as[len-1]=='m' && as[len-2]=='d') //dm
     {
         as[len-2]='\0';
         sscanf(as,"%lf",&ans);
         ans*=100;
     }
     else   //m
     {
         as[len-1]='\0';
         sscanf(as,"%lf",&ans);
         ans*=1000;
     }
     return ans;
}
int main()
{
    int T;
    cin>>T;
    int js=0;
    char as[100],bs[100];
    double a,b,c,ans;
    while(T--)
    {
        scanf("%s %s %lfpx",as,bs,&c);
        a=change(as);
        b=change(bs);
        ans=c*a/b;
        printf("Case %d: %.2lfpx\n",++js,ans);
    }
    return 0;
}

题目2 : 树

时间限制:4000ms
单点时限:2000ms
内存限制:256MB

描述

有一个N个节点的树，其中点1是根。初始点权值都是0。

一个节点的深度定义为其父节点的深度+1,。特别的，根节点的深度定义为1。

现在需要支持一系列以下操作：给节点u的子树中，深度在l和r之间的节点的权值（这里的深度依然从整个树的根节点开始计算），都加上一个数delta。

问完成所有操作后，各节点的权值是多少。

为了减少巨大输出带来的开销，假设完成所有操作后，各节点的权值是answer[1..N]，请你按照如下方式计算出一个Hash值（请选择合适的数据类型，注意避免溢出的情况）。最终只需要输出这个Hash值即可。

MOD =1000000007; // 10^9 + 7
MAGIC= 12347;
Hash =0;
For i= 1 to N do
Hash = (Hash * MAGIC + answer[i]) mod MOD;
EndFor

输入

第一行一个整数T (1 ≤ T ≤ 5)，表示数据组数。

接下来是T组输入数据，测试数据之间没有空行。

每组数据格式如下：

第一行一个整数N (1 ≤ N ≤ 105)，表示树的节点总数。

接下来N - 1行，每行1个数，a (1 ≤ a ≤ N)，依次表示2..N节点的父亲节点的编号。

接下来一个整数Q(1 ≤ Q ≤ 105)，表示操作总数。

接下来Q行，每行4个整数，u, l, r, delta (1 ≤ u ≤ N, 1 ≤ l ≤ r ≤ N, -109 ≤ delta ≤ 109)，代表一次操作。

输出

对每组数据，先输出一行“Case x: ”，x表示是第几组数据，然后接这组数据答案的Hash值。

数据范围

小数据：1 ≤ N, Q ≤ 1000
大数据：1 ≤ N, Q ≤ 105

样例解释

点1的子树中有1,2,3三个节点。其中深度在2-3之间的是点2和点3。

点2的子树中有2,3两个节点。其中没有深度为1的节点。

所以，执行完所有操作之后，只有2,3两点的权值增加了1。即答案是0 1 1。再计算对应的Hash值即可。

样例输入

1

3

1

2

2

1 2 3 1

2 1 1 1

样例输出

Case 1: 12348

//source here
//题目2 : 树 by kryptosx
//直接用vector建树，dfs进行遍历解决。比较暴力的方法，没想到能过大数据。
//最后一分钟提交的，能交上真是奇迹啊。
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <climits>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <string>
#include <queue>
#include <map>
#include <vector>
#include <bitset>
#include <cmath>
#include <set>
using namespace std;
struct Node
{
    int deep;
    long long val;
}p[100100];
vector<int>mpt[100100];
void xdfs(int x,int deep)
{
     p[x].deep=deep;
     p[x].val=0;
     int len=mpt[x].size();
     for(int i=0;i<len;i++)
     {
         xdfs(mpt[x][i],deep+1);
     }
     return;
}
void dfs(int u,int l,int r,int d)
{
     if(p[u].deep>=l && p[u].deep<=r)
     {
         p[u].val+=d;
     }
     int len=mpt[u].size();
     for(int i=0;i<len;i++)
     {
         dfs(mpt[u][i],l,r,d);
     }
     return ;
}
int main(void)
{
    int T,n,x,js=0;
    cin>>T;
    while(T--)
    {
       memset(mpt,0,sizeof mpt);
       memset(p,0,sizeof p);
       cin>>n;
       for(int i=2;i<=n;i++)
       {
           scanf("%d",&x);
           mpt[x].push_back(i);
       }
       int m;
       cin>>m;
       xdfs(1,1);
       int u,l,r,d;
       while(m--)
       {
          scanf("%d%d%d%d",&u,&l,&r,&d);
          dfs(u,l,r,d);
       }
       long long ans=0;
       long long MOD =1000000007; // 10^9 + 7
       long long MAGIC= 12347;
       for(int i=1;i<=n;i++)
       {
        ans = (ans * MAGIC + p[i].val) % MOD;
       }
       printf("Case %d: %lld\n",++js,ans);
    }
    return 0;
}

题目3 : 活动中心

时间限制:12000ms
单点时限:6000ms
内存限制:256MB

描述

A市是一个高度规划的城市，但是科技高端发达的地方，居民们也不能忘记运动和锻炼，因此城市规划局在设计A市的时候也要考虑为居民们建造一个活动中心，方便居住在A市的居民们能随时开展运动，锻炼强健的身心。

城市规划局希望活动中心的位置满足以下条件：

  1. 到所有居住地的总距离最小。
  2. 为了方便活动中心的资源补给和其他器材的维护，活动中心必须建设在A市的主干道上。

为了简化问题，我们将A市摆在二维平面上，城市的主干道看作直角坐标系平的X轴，城市中所有的居住地都可以看成二维平面上的一个点。

现在，A市的城市规划局希望知道活动中心建在哪儿最好。

输入

第一行包括一个数T，表示数据的组数。
接下来包含T组数据，每组数据的第一行包括一个整数N，表示A市共有N处居住地
接下来N行表示每处居住地的坐标。

输出

对于每组数据，输出一行“Case X: Y”，其中X表示每组数据的编号(从1开始)，Y表示活动中心的最优建造位置。我们建议你的输出保留Y到小数点后6位或以上，任何与标准答案的绝对误差或者相对误差在10-6以内的结果都将被视为正确。

数据范围

小数据：1 ≤ T ≤ 1000, 1 ≤ N ≤ 10

大数据：1 ≤ T ≤ 10, 1 ≤ N ≤ 105

对于所有数据，坐标值都是整数且绝对值都不超过106

样例解释

样例1：活动中心的最优建造位置为(1.678787, 0)

样例输入

1
3
1 1
2 2
3 3

样例输出

Case 1: 1.678787

代码

//source here
//题目3 : 活动中心 by kryptosx
//一开始考虑是否需要暴力什么的，一看数据范围，肯定不可能。
//后来考虑是不是可以三分，因为感觉距离和会随着x轴坐标变化而呈现一个
//凹形曲线。所以果断弄个三分的模板啥。
//优化了一下范围，因为估计范围一定在最左和最右的点之内。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
const double eps=1e-8;
struct node
{
    double x,y;
};
node p[10000010];
int T,n;
double maxm;
double play(double x);
double dis(double x);
int js=1;
int main()
{
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d",&n);
        double l=100000010,r=-100000010,m,ml,mr;
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
            scanf("%lf%lf",&p[i].x,&p[i].y);
            l=min(l,p[i].x);
            r=max(r,p[i].x);
        }
        while(fabs(l-r)>eps)
        {
            m=(l+r)/2.0;
            ml=(l+m)/2.0;
            mr=(m+r)/2.0;
            if(play(ml)>play(mr))
            l=ml;
            else
            r=mr;
        }
        printf("Case %d: ",js++);
        printf("%.6lf\n",(ml+mr)/2.0);
    }
    return 0;
}
double dis(node a,node b)
{
    double c=(a.x-b.x)*(a.x-b.x)+(a.y-b.y)*(a.y-b.y);
    return sqrt(c);
}
double play(double x)
{
    double sum=0.0;
    node a;
    a.x=x;
    a.y=0;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        sum+=dis(a,p[i]);
    }
    return sum;
}

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