5.4 竞赛题目举例
例题5-8 Unixls命令（Unix ls，UVa400）
输入正整数n以及n个文件名，排序后按列优先的方式左对齐输出。假设最长文件名有M字符，则最右列有M字符，其他列都是M＋2字符。
样例输入（略，可以由样例输出推出）
样例输出：
【分析】
首先计算出M并算出行数，然后逐行逐列输出。代码如下：
#include<iostream>
#include<string>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxcol = 60;
const int maxn = 100 + 5;
string filenames[maxn];
//输出字符串s，长度不足len 时补字符extra
void print(const string& s, int len, char extra) {
cout << s;
for(int i = 0; i < len-s.length(); i++)
cout << extra;
}
int main() {
int n;
while(cin >> n) {
int M = 0;
for(int i = 0; i < n; i++) {
cin >> filenames[i];
M = max(M, (int)filenames[i].length()); //STL 的max
}
//计算列数cols 和行数rows
int cols = (maxcol - M) / (M + 2) + 1, rows = (n - 1) / cols + 1;
print("", 60, '-');
cout << "\n";
sort(filenames, filenames+n); //排序
for(int r = 0; r < rows; r++) {
for(int c = 0; c < cols; c++) {
int idx = c * rows + r;
if(idx < n) print(filenames[idx], c == cols-1 ? M : M+2, ' ');
}
cout << "\n";
}
}
return 0;
}
例题5-9 数据库（Database，ACM/ICPC NEERC 2009，UVa1592）
输入一个n行m列的数据库（1≤n≤10000，1≤i≤10），是否存在两个不同行r1，r2和两个不同列c1，c2，使得这两行和这两列相同（即（r1，c1）和（r2，c1）相同，（r1，c2）和（r2，c2）相同）。例如，对于如图5-3所示的数据库，第2、3行和第2、3列满足要求。
图5-3 数据库
【分析】
直接写一个四重循环枚举r1，r2，c1，c2可以吗？理论上可以，实际上却行不通。枚举量太大，程序会执行相当长的时间，最终获得TLE（超时）。
解决方法是只枚举c1和c2，然后从上到下扫描各行。每次碰到一个新的行r，把c1，c2两列的内容作为一个二元组存到一个map中。如果map的键值中已经存在这个二元组，该二元组映射到的就是所要求的r1，而当前行就是r2。
这里有一个细节问题：如何表示由c1，c2两列组成的二元组？一种方法是直接用两个字符串拼成一个长字符串（中间用一个其他地方不可能出现的字符分隔），但是速度比较慢（因为在map中查找元素时需要进行字符串比较操作）。更值得推荐的方法是在主循环之前先做一个预处理——给所有字符串分配一个编号，则整个数据库中每个单元格都变成了整数，上述二元组就变成了两个整数。这个技巧已经在前面的例题“集合栈计算机”中用过，读者不妨再复习一下那道题目。
例题5-10 PGA巡回赛的奖金（PGA Tour Prize Money，ACM/ICPC World Finals 1990，UVa207）
你的任务是为PGA（美国职业高尔夫球协会）巡回赛计算奖金。巡回赛分为4轮，其中所有选手都能打前两轮（除非中途取消资格），得分相加（越少越好），前70名（包括并列）晋级（make the cut）。所有晋级选手再打两轮，前70名（包括并列）有奖金。组委会事先会公布每个名次能拿的奖金比例。例如，若冠军比例是18％，总奖金是$1000000，则冠军奖金是$180000。
输入保证冠军不会并列。如果第k名有n人并列，则第k～n＋k-1名的奖金比例相加后平均分给这n个人。奖金四舍五入到美分。所有业余选手不得奖金。例如，若业余选手得了第3名，则第4名会拿第3名的奖金比例。如果没取消资格的非业余选手小于70名，则剩下的奖金就不发了。
输入第一行为数据组数。每组数据前有一个空行，然后分为两部分。第一部分有71行（各有一个实数），第一行为总奖金，第i＋1行为第i名的奖金比例。比例均保留4位小数，且总和为100％。第72行为选手数（最多144），然后每行一个选手，格式为：
Player name RD1 RD2 RD3 RD4
业余选手名字后会有一个“*”。犯规选手在犯规的那一轮成绩为DQ，并且后面不再有其他成绩。但是只要没犯规，即使没有晋级，也会给出4轮成绩（虽然在实际比赛中没晋级的选手只会有两个成绩）。输入保证至少有70个人晋级。
输入举例：
140
WALLY WEDGE 70 70 70 70
SANDY LIE 80 DQ
SID SHANKER* 90 99 62 61
…
JIMMY ABLE 69 73 80 DQ
输出应包含所有晋级到后半段（make the cut）的选手。输出信息包括：选手名字、排名、各轮得分、总得分以及奖金数。没有得奖则不输出，若有奖金，即使奖金是$0.00也要输出，保留两位小数）。如果此名次至少有两个人获得奖金，应在名次后面加“T”。犯规选手列在最后，总得分为DQ，名次为空。如果有并列，则先按轮数排序，然后按各轮得分之和排序，最后按名字排序。两组数据的输出之间用一个空格隔开。
输出举例：
【分析】
不难发现，第一个步骤是选出晋级选手，这涉及对所有选手“前两轮总得分”进行排序。接下来计算4轮总分，然后再排序一次，最后对排序结果依次输出。
输出过程不能大意：犯规选手要单独处理；在输出一行之前要先看看有没有并列的情况，如有则要一并处理（包括计算奖金平分情况）。本题没有技术上的难度，但比较考验选手的代码组织能力和对细节的处理，推荐读者一试。
例题5-11 邮件传输代理的交互（The Letter Carrier's Rounds, ACM/ICPC World Finals 1999, UVa814）
本题的任务为模拟发送邮件时MTA（邮件传输代理）之间的交互。所谓MTA，就是email地址格式user@mtaname的“后面部分”。当某人从user1@mta1发送给另一个人user2@mta2时，这两个MTA将会通信。如果两个收件人属于同一个MTA，发送者的MTA只需与这个MTA通信一次就可以把邮件发送给这两个人。
输入每个MTA里的用户列表，对于每个发送请求（输入发送者和接收者列表），按顺序输出所有MTA之间的SMTP（简单邮件协议）交互。协议细节参见原题。
发送人MTA连接收件人MTA的顺序应该与在输入中第一次出现的顺序一致。例如，若发件人是Hamdy@Cairo，收件人列表为Conrado@MexicoCity、Shariff@SanFrancisco、Lisa@MexicoCity，则Cairo应当依次连接MexicoCity和SanFrancisco。
如果连接某个MTA之后发现所有收件人都不存在，则不应该发送DATA。所有用户名均由不超过15个字母和数字组成。
【分析】
本题的关键是理清各个名词之间的逻辑关系以及把要做的事情分成几个步骤。首先是输入过程，把每个MTA里的用户列表保存下来。一种方法是用一个map<string, vector<string> >，其中键是MTA名称，值是用户名列表。一个更简单的方法是用一个set<string>，值就是邮件地址。
对于每个请求，首先读入发件人，分离出MTA和用户名，然后读入所有收件人，根据MTA出现的顺序进行保存，并且去掉重复。接下来读入邮件正文，最后按顺序依次连接每个MTA，检查并输出每个收件人是否存在，如果至少有一个存在，则输出邮件正文。
本题的整个解决过程并不复杂，对于初学者来说是个不错的基础练习。参考代码如下：
#include<iostream>
#include<string>
#include<vector>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
void parse_address(const string& s, string& user, string& mta) {
int k = s.find('@');
user = s.substr(0, k);
mta = s.substr(k+1);
}
int main() {
int k;
string s, t, user1, mta1, user2, mta2;
set<string> addr;
//输入所有MTA，转化为地址列表
while(cin >> s && s != "*") {
cin >> s >> k;
while(k--) { cin >> t; addr.insert(t + "@" + s); }
}
while(cin >> s && s != "*") {
parse_address(s, user1, mta1); //处理发件人地址
vector<string> mta; //所有需要连接的mta，按照输入顺序
map<string, vector<string> > dest; //每个MTA需要发送的用户
set<string> vis;
while(cin >> t && t != "*") {
parse_address(t, user2, mta2); //处理收件人地址
if(vis.count(t)) continue; //重复的收件人
vis.insert(t);
if(!dest.count(mta2)){mta.push_back(mta2);dest[mta2]=vector<string>();}
dest[mta2].push_back(t);
}
getline(cin, t); //把“*”这一行的回车吃掉
//输入邮件正文
string data;
while(getline(cin, t) && t[0] != '*') data += " " + t + "\n";
for(int i = 0; i < mta.size(); i++) {
string mta2 = mta[i];
vector<string> users = dest[mta2];
cout << "Connection between " << mta1 << " and " << mta2 <<endl;
cout << " HELO " << mta1 << "\n"; cout << " 250\n";
cout << " MAIL FROM:<" << s << ">\n"; cout << " 250\n";
bool ok = false;
for(int i = 0; i < users.size(); i++) {
cout << " RCPT TO:<" << users[i] << ">\n";
if(addr.count(users[i])) { ok = true; cout << " 250\n"; }
else cout << " 550\n";
}
if(ok) {
cout << " DATA\n"; cout << " 354\n";
cout << data;
cout << ".\n"; cout << " 250\n";
}
cout << " QUIT\n"; cout << " 221\n";
}
}
return 0;
}
例题5-12 城市正视图（Urban Elevations, ACM/ICPC World Finals 1992, UVa221）
如图5-4所示，有n（n≤100）个建筑物。左侧是俯视图（左上角为建筑物编号，右下角为高度），右侧是从南向北看的正视图。
图5-4 建筑俯视图与正视图
输入每个建筑物左下角坐标（即x、y坐标的最小值）、宽度（即x方向的长度）、深度（即y方向的长度）和高度（以上数据均为实数），输出正视图中能看到的所有建筑物，按照左下角x坐标从小到大进行排序。左下角x坐标相同时，按y坐标从小到大排序。
输入保证不同的x坐标不会很接近（即任意两个x坐标要么完全相同，要么差别足够大，不会引起精度问题）。
【分析】
注意到建筑物的可见性等价于南墙的可见性，可以在输入之后直接忽略“深度”这个参数。接下来把建筑物按照输出顺序排序，然后依次判断每个建筑物是否可见。
判断可见性看上去比较麻烦，因为一个建筑物可能只有部分可见，无法枚举所有x坐标，来查看这个建筑物在该处是否可见，因为x坐标有无穷多个。解决方法有很多种，最常见的是离散化，即把无穷变为有限。
具体方法是：把所有x坐标排序去重，则任意两个相邻x坐标形成的区间具有相同属性，一个区间要么完全可见，要么完全不可见。这样，只需在这个区间里任选一个点（例如中点），就能判断出一个建筑物是否在整个区间内可见。如何判断一个建筑物是否在某个x坐标处可见呢？首先，建筑物的坐标中必须包含这个x坐标，其次，建筑物南边不能有另外一个建筑物也包含这个x坐标，并且不比它矮。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 100 + 5;
struct Building {
int id;
double x, y, w, d, h;
bool operator > (const Building& rhs) const {
return x < rhs.x || (x == rhs.x && y < rhs.y);
}
} b[maxn];
int n;
double x[maxn*2];
bool cover(int i, double mx) {
return b[i].x <= mx && b[i].x+b[i].w >= mx;
}
//判断建筑物i在x=mx处是否可见
bool visible(int i, double mx) {
if(!cover(i, mx)) return false;
for(int k = 0; k < n; k++)
if(b[k].y < b[i].y && b[k].h >= b[i].h && cover(k, mx)) return false;
return true;
}
int main() {
int kase = 0;
while(scanf("%d", &n) == 1 && n) {
for(int i = 0; i < n; i++) {
scanf("%lf%lf%lf%lf%lf", &b[i].x, &b[i].y, &b[i].w, &b[i].d, &b[i].h);
x[i*2] = b[i].x; x[i*2+1] = b[i].x + b[i].w;
b[i].id = i+1;
}
sort(b, b+n);
sort(x, x+n*2);
int m = unique(x, x+n*2) - x; //x坐标排序后去重，得到m个坐标
if(kase++) printf("\n");
printf("For map #%d, the visible buildings are numbered as follows:\n%d", kase, b[0].id);
for(int i = 1; i < n; i++) {
bool vis = false;
for(int j = 0; j < m-1; j++)
if(visible(i, (x[j] + x[j+1]) / 2)) { vis = true; break; }
if(vis) printf(" %d", b[i].id);
}
printf("\n");
}
return 0;
}
注意上述代码用到了前面提到的unique。它必须在sort之后调用，而且unique本身不会删除元素，而只是把重复元素移到了后面。关于unique的详细用法请读者自行查阅资料。