2017計蒜之道初賽第四場AB兩題題解

A題：商湯科技致力於引領人工智能核心“深度學習”技術突破，構建人工智能、大數據分析行業解決方案。作爲一家人工智能公司，用機器自動地解決各類實際問題自然不在話下。近日，商湯科技推出了一套安全令牌，令牌如下圖所示：

安全令牌上的小孔有 $n$ 行 $m$ 列，不過有些行和有些列已經用導線整體焊接了，共有 $k$ 根導線。

我們可以在安全令牌上 不重疊 地焊接若干個小芯片，每個芯片需要在相鄰（不能斜着相鄰，必須平行於行或列）的兩個沒有被焊接的小孔上固定。不能固定在已經被整體焊接的行或列上。

安全令牌上最多可以放置多少個芯片，就代表了這個安全令牌對應的校驗碼。當然，由於安全令牌上小孔的密度會很大，是很難目測出對應的校驗碼的。你作爲商湯科技的實習生，需要寫出一個程序，能夠自動地算出一個給定的安全令牌的校驗碼。

輸入格式

輸入第一行三個整數 $n,m(1\le n,m\le 100)$，$k(0\le k\le n+m)$。

接下來輸入 $k$ 行，每行輸入兩個整數 $d(0\le d\le 1)$，$c$。如果 $d=0$，表示第 $c(1\le c\le n)$ 行被整體焊接了，如果 $d=1$，表示第 $c(1\le c\le m)$ 列被整體焊接了。

輸出格式

輸出安全令牌對應的校驗碼。

樣例輸入

4 5 2
0 3
1 4

樣例輸出

5

解題思路：安全令牌分割成爲若干個獨立的矩形區域。一個矩形區域如果長和寬都是奇數，那麼就會多出一個小孔，否則每個小孔都能用上。

#include
#define MAXSIZE 100
int map[MAXSIZE+1][MAXSIZE+1],n,m;
int dfs(int i,int j){
	if(i<=0||i>n||j<=0||j>m){
		return 0;
	}
	if(map[i][j]==1){
		return 0;
	}
	else{
		map[i][j]=1;
		return 1+dfs(i+1,j)+dfs(i,j+1);
	}
}
int main()
{
	int k,i,j,count=0,d,c;
	scanf("%d %d %d",&n,&m,&k);
	for(i=1;i<=n;i++){
		for(j=1;j<=m;j++){
			map[i][j]=0;
		}
	}
	for(i=0;i

B題：

商湯科技近日推出的 SenseVideo 能夠對視頻監控中的對象進行識別與分析，包括行人檢測等。在行人檢測問題中，最重要的就是對行人移動的檢測。由於往往是在視頻監控數據中檢測行人，我們將圖像上的行人抽象爲二維平面上若干個的點。那麼，行人的移動就相當於二維平面上的變換。

在這道題中，我們將行人的移動過程抽象爲 平移，有兩個 移動參數：dxd_xd​x​​ 和 dyd_yd​y​​。每次行人的移動過程會將行人對應的所有點全部平移，對於平移前的點 $(x,y)$，平移後的座標爲 (x+dx,y+dy)(x + d_x, y + d_y)(x+d​x​​,y+d​y​​)。

我們現在已知一個行人對應着 $n$ 個點，座標分別爲 (x1,y1),(x2,y2)…(xn,yn)(x_1,y_1),(x_2,y_2)\ldots (x_n,y_n)(x​1​​,y​1​​),(x​2​​,y​2​​)…(x​n​​,y​n​​)，平移後的座標分別爲 (x1′,y1′),(x2′,y2′)…(xn′,yn′)(x_1',y_1'),(x_2',y_2')\ldots (x_n',y_n')(x​1​′​​,y​1​′​​),(x​2​′​​,y​2​′​​)…(x​n​′​​,y​n​′​​)。

很顯然，通過平移前後的正確座標，很容易算出行人的移動參數，但問題沒有這麼簡單。由於行人實際的移動並不會完全按照我們預想的方式進行，因此，會有一部分平移後的座標結果不正確，但可以確保 結果不正確的座標數量嚴格不超過一半。

你現在作爲商湯科技的實習生，接手了這個有趣的挑戰：算出行人的移動參數。如果不存在一組合法的移動參數，則隨意輸出一組參數；如果有多種合法的移動參數，輸出其中任意一組合法的即可。

輸入格式

第一行輸入一個整數 n(1≤n≤105)n(1 \le n \le 10^5)n(1≤n≤10​5​​)，表示行人抽象出的點數。

接下來 $n$ 行，每行 $4$ 個 整數。前兩個數表示平移前的座標，後兩個數表示平移後的座標。

座標範圍在 −109-10^9−10​9​​ 到 10910^910​9​​ 之間。

輸出格式

一行兩個整數，dxd_xd​x​​ 和 dyd_yd​y​​，表示行人的移動參數。

樣例輸入

5
0 0 1 1
0 1 1 2
1 0 2 1
1 1 0 0
2 1 1 0

樣例輸出

1 1

解題思路：

本題給定 $n$ 對變換前後的二維點，要求在有一定容錯（錯誤的點對數嚴格不超過一半）的情況下，對變換進行復原。其關鍵條件在於對容錯率的限制：錯誤的點對數嚴格不超過一半。由於只有平移，我們可以首先計算出每對點對應的平移量。由於錯誤的點對數嚴格不超過一半，我們可以直接統計 $n$ 組平移量中的衆數，即可得到答案。

本題還可以通過限制內存，要求大家在常數內存下完成。只需要一個計數器和一個與計數器對應的平移量即可。每次讀入一個點對，計算新的平移量。

（1）若此時計數器爲 $0$，則存下這個平移量，計數器修改爲 $1$；

（2）若此時計數器不爲 $0$，則檢查是否與存着的平移量相同：如果相同，則計數器加一；否則減一。最終倖存下來的平移量即爲答案。

#include
typedef struct{
	int x;
	int y;
	int num;
}node;
node str[100001];
int count=0;
int main()
{
	int n,i,j,a,b;
	int x1,x2,x3,x4,flag;
	scanf("%d",&n);
	for(i=0;i=n){
			printf("%d %d",str[i].x,str[i].y);
			break;
		}
	}
}

d