2019 ICPC Asia Nanjing Regional
A - Hard Problem
若 n = 10，可以先取：6，7，8，9，10。然后隨便從1，2，3，4，5里面選一個都肯定符合題意
若 n = 9，可以先取：5，6，7，8，9，然后隨便從1，2，3，4里面選一個都肯定符合題意。
所以答案就是后半部分的數量+1
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <string>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 100000 + 5;
int T, n;
int main() {
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d",&n);
if(n & 1)printf("%d\n",n/2+2);
else printf("%d\n", n/2+1);
}
return 0;
}
B.Chessboard
首先當\(n=1\)或者\(m=1\)的時候只有兩種方法，從上往下刷或者從下往上刷，特判輸出2。
考慮一般情況。
怎么樣的粉刷策略是非法的？
當我刷着刷着凸出來一塊就是非法的。
因為我只要凸出來一塊，一定能導致某一對塗了色的方塊之間的距離大於曼哈頓距離。
所以合法的情況就是，只能要么一次增加一行，或者增加一列。
那么從最開始的\(1\times 1\)的矩陣變成\(n\times m\)的矩陣需要\(n+m-2\)次操作，其中有\(n-1\)次是行擴張，所以答案為：\(C_{n+m-2}^{n-1}\)。
因為我們每次都是增加一行，或者增加一列，所以終點一定在四個角上，所以最后還要對答案乘以4。
這里我用\(lucas\)寫的，其實也可以\(nlogn\)預處理后\(O(1)\)出結果，不過都差不多，不計較。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod = 1e9+7;
const int maxn = 1e6+10;
typedef long long ll;
int n, m;
ll fact[maxn];
ll qmi(ll a, ll b, ll p)
{
ll res = 1; res %= p;
while(b)
{
if(b & 1) res = res*a%p;
a = a*a%p;
b >>= 1;
}
return res;
}
ll C(ll n, ll m, ll p)
{
if(m > n) return 0;
return ((fact[n]*qmi(fact[m],mod-2,mod))%mod*qmi(fact[n-m],mod-2,mod)%mod);
}
ll lucas(ll a, ll b, ll p)
{
if(b == 0) return 1;
return C(a%p, b%p, p) * lucas(a/p, b/p, p) % p;
}
void solve()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
if(n == 1 || m == 1)
{
puts("2");
return;
}
ll ans = lucas(n+m-2, n-1, mod);
ans = (ans*4)%mod;
printf("%lld\n", ans);
}
int main()
{
fact[0] = 1;
for(int i = 1; i <= (int)1e6; i++)
fact[i] = (fact[i-1]*i)%mod;
int T; scanf("%d", &T);
while(T--) solve();
return 0;
}
C - Digital Path
相鄰的兩個點如果權值相差為1，則從小的向大的連邊。然后最終連成的是一個DAG，在DAG上面按照拓撲序DP即可。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <string>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1000000 + 5;
const int M = 4000005;
const int mod = 1e9 + 7;
int head[N], ver[M], nxt[M], edge[M], deg[N], tot;
int ends[N];
void add(int x, int y){
deg[y]++;
ver[++tot] = y, nxt[tot] = head[x], head[x] = tot;
}
int n, m, a[1010][1010];
ll d[N][5];// d[x][4]表示以x為終點，長度大於等於4的路徑個數，d[x][3]表示長度等於3的路徑個數，其他類似
inline int id(int x, int y){
return (x-1)*m+y;
}
int main() {
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(a, 0xcf, sizeof a); //注意這里的初始化
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)scanf("%d",&a[i][j]);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
int x = id(i, j);
if(a[i+1][j] == a[i][j] + 1) add(x, id(i+1,j));
if(a[i][j+1] == a[i][j] + 1) add(x, id(i,j+1));
if(a[i-1][j] == a[i][j] + 1) add(x, id(i-1,j));
if(a[i][j-1] == a[i][j] + 1) add(x, id(i,j-1));
}
}
queue<int> q;
for(int i=1;i<=n*m;i++)if(deg[i] == 0)q.push(i),d[i][1] = 1;
ll res = 0;
while(q.size()){
int x = q.front();q.pop();
bool flag = true;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
int y = ver[i];
d[y][2] = (d[y][2] + d[x][1]) % mod;
d[y][3] = (d[y][3] + d[x][2]) % mod;
d[y][4] = (d[y][4] + d[x][3] + d[x][4])%mod;
if(--deg[y] == 0)q.push(y);
flag = false;
}
if(flag) res = (res + d[x][4])%mod;//如果出度為0則記錄到答案中
}
printf("%lld\n",res);
return 0;
}
F - Paper Grading
trie樹跑dfs建樹狀數組套權值線段樹
首先將字符串都加到Trie中，然后標記 \(f[i]\) 為每個字符串的最后一個字符所指定的Trie結點，考慮每次詢問，在Trie中向下走 k 次，對於可以找到合法結點的情況，答案就是\(f[l..r]\) 中，屬於該合法結點子樹的個數。
到這里，先不考慮修改操作，可以把Trie按dfs序建立主席樹，\(dfn[i]\) 表示第 i 號結點的dfs序，然后對每個\(f[i]\), 在第\(dfn[f[i]]\) 棵權值線段樹的 \(i\) 位置的權值+1，然后每次查詢子樹區間中有多少個數字在\([l,r]\)的范圍內。
加上修改操作，可以利用樹狀數組維護權值線段樹，交換兩個字符串的位置，也就是交換了$ f[i]$，直接在權值線段樹中修改即可
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <string>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 200000 + 5;
int n, m, L[30][30], R[30][30], cl, cr;
int f[N];
char s[N];
inline int lowbit(int x){return x & -x;}
struct SEG{
struct node{
int ls,rs;
int sum;
}t[N*200];
int rt[N], tot, maxn, res;
void update(int &rt, int l, int r, int pos, int val){
if(!rt) rt = ++tot;
t[rt].sum += val;
if(l == r)return;
int mid = l + r >> 1;
if(pos <= mid) update(t[rt].ls, l, mid, pos, val);
else update(t[rt].rs, mid+1, r, pos, val);
}
void update(int x, int pos, int v){
for(;x<=maxn;x+=lowbit(x))update(rt[x],1,n,pos,v);
}
void query(int dep, int l, int r, int ql, int qr){
if(ql > qr) return;
if(l >= ql && r <= qr){
for(int i=1;i<=cl;i++) res -= t[L[dep][i]].sum;
for(int i=1;i<=cr;i++) res += t[R[dep][i]].sum;
return;
}
int mid = l+r>>1;
if(ql <= mid){
for(int i=1;i<=cl;i++)L[dep+1][i] = t[L[dep][i]].ls;
for(int j=1;j<=cr;j++)R[dep+1][j] = t[R[dep][j]].ls;
query(dep+1,l,mid,ql,qr);
}
if(qr > mid){
for(int i=1;i<=cl;i++)L[dep+1][i] = t[L[dep][i]].rs;
for(int j=1;j<=cr;j++)R[dep+1][j] = t[R[dep][j]].rs;
query(dep+1,mid+1,r,ql,qr);
}
}
}seg;
struct Trie{
int ch[N][26], tot;
int dfn[N], cid[N], out[N], cnt;
int ins(char *s){
int p = 1, len = strlen(s);
for(int i=0;i<len;i++){
int c = s[i] - 'a';
if(!ch[p][c]) ch[p][c] = ++tot;
p = ch[p][c];
}
return p;
}
void dfs(int x){
dfn[x] = ++cnt, cid[cnt] = x;
for(int i=0;i<26;i++){
if(ch[x][i]) dfs(ch[x][i]);
}
out[x] = cnt;
}
int find(char *s, int k){
int p = 1;
for(int i=0;i<k;i++){
int c = s[i] - 'a';
if(!ch[p][c]) return -1;
p = ch[p][c];
}
return p;
}
}trie;
int main() {
scanf("%d%d",&n,&m);
trie.tot = 1;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",s);
f[i] = trie.ins(s);
}
trie.dfs(1);
seg.maxn = trie.cnt;//maxn為權值線段樹的個數
for(int i=1;i<=n;i++){
f[i] = trie.dfn[f[i]];//這里將f進一步映射到了Trie結點的dfs序上
seg.update(f[i], i, 1);
}
while(m--){
int op, l, r, k;
scanf("%d",&op);
if(op == 1){
scanf("%d%d",&l,&r);
seg.update(f[l], l, -1);
seg.update(f[r], r, -1);
seg.update(f[r], l, 1);
seg.update(f[l], r, 1);
swap(f[l], f[r]);
}else {
scanf("%s%d%d%d",s, &k, &l, &r);
int pos = trie.find(s, k);
if(pos == -1){
printf("0\n");continue;
}
int x = trie.dfn[pos]-1, y = trie.out[pos];
cl = cr = 0;
for(int j=x;j;j-=lowbit(j))L[0][++cl] = seg.rt[j];
for(int j=y;j;j-=lowbit(j))R[0][++cr] = seg.rt[j];
seg.res = 0;
seg.query(0, 1, n, l, r);
printf("%d\n",seg.res);
}
}
return 0;
}
H - Prince and Princess
a = 1, b = 0, c = 0, 則 res = 0
a > 1, b = 0, c = 0 則 res = 1
a > b, b > 0, c = 0, 則最壞情況下需要問 2*b+1個人 “公主在那個房間”，一定會得到一個 b+1 次的答案
a < b, b > 0, c = 0, 則 每個 b 都可以與a回答一樣的答案（因為他們的騙子），所以無法區分，也就無法得到正確結果
a > b + c, 則類似第三種的處理方式，詢問 2*(b+c) +1 次 “公主在那個房間”，出現次數最多的就是答案
a < b + c, 則無解
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main() {
int a, b, c;
scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
if(c == 0) {
if(b == 0) {
puts("YES");
if(a == 1) puts("0");
else puts("1");
} else if(a > b) {
puts("YES");
printf("%d\n", b + b + 1);
} else {
puts("NO");
}
} else {
if(a > b + c) {
puts("YES");
printf("%d\n", b + c + b + c + 1);
} else {
puts("NO");
}
}
return 0;
}
J - Spy
首先要轉換為二分圖帶權最大匹配問題，然后用KM算法去解決。
dfs版本的KM，每遞歸一次只會在相等子圖中增加一條邊，而每次遞歸都是極限 \(O(M)\) 的復雜度，所以當 \(M=N^2\) 時，復雜度將達到\(O(N^4)\)，
即使加了\(slack\) 數據記錄最小值進行優化，那也無法避免這樣的情況。
BFS版本的KM，每次BFS復雜度是 \(O(M)\) 的，但每次BFS會擴展\(O(N)\) 條邊，所以總復雜度是\(O(N^3)\) 的
參考：https://blog.csdn.net/c20182030/article/details/73330556
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <string>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 605;
ll n, a[N],b[N],c[N],p[N];
ll w[N][N];
ll lx[N] , ly[N];
ll match[N];
ll slack[N];
bool vy[N];
ll pre[N];
void bfs( ll k ){
ll x , y = 0 , yy = 0 , delta;
memset( pre , 0 , sizeof(pre) );
for( ll i = 1 ; i <= n ; i++ ) slack[i] = inf;
match[y] = k;
while(1){
x = match[y]; delta = inf; vy[y] = true;
for( ll i = 1 ; i <= n ;i++ ){
if( !vy[i] ){
if( slack[i] > lx[x] + ly[i] - w[x][i] ){
slack[i] = lx[x] + ly[i] - w[x][i];
pre[i] = y;
}
if( slack[i] < delta ) delta = slack[i] , yy = i ;
}
}
for( ll i = 0 ; i <= n ; i++ ){
if( vy[i] ) lx[match[i]] -= delta , ly[i] += delta;
else slack[i] -= delta;
}
y = yy ;
if( match[y] == -1 ) break;
}
while( y ) match[y] = match[pre[y]] , y = pre[y];
}
ll KM(){
memset( lx , 0 ,sizeof(lx) );
memset( ly , 0 ,sizeof(ly) );
memset( match , -1, sizeof(match) );
for( ll i = 1 ; i <= n ; i++ ){
memset( vy , false , sizeof(vy) );
bfs(i);
}
ll res = 0 ;
for( ll i = 1 ; i <= n ; i++ ){
if( match[i] != -1 ){
res += w[match[i]][i] ;
}
}
return res;
}
int main()
{
scanf("%lld",&n);
for(ll i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
for(ll i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&p[i]);
for(ll i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&b[i]);
for(ll i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&c[i]);
for(ll i=1;i<=n;i++){
for(ll j=1;j<=n;j++){
ll s=0;
for(ll k=1;k<=n;k++){
if(b[i]+c[j]>a[k]) s+=p[k];
}
w[i][j]=s;
}
}
printf("%lld\n",KM());
return 0;
}
K.Triangle：
這道題看起來比寫起來難。
首先考慮在不在點在不在線上，這屬於板子活，原理我也不咋懂，找了個板子抄了一下。
然后考慮幾個特殊情況，\(p\)點和三角形三個頂點\(A,B,C\)重合，那么一定是對邊的中點。
想到這里我們也可以發現一個很好的性質。
假設我的點落在\(AB\)上，如果點靠\(A\)更近一點，那么另一個點一定落在\(BC\)上；如果靠\(B\)近一點，那么另一個點一定落在\(AC\)上；如果落在\(AB\)中點，那么另一個點是三角形的頂點。
所以把點調整一下，讓點落在\(AB\)靠近\(A\)的地方，然后二分另一個點距離\(C\)的長度，最后根據長度的比例計算一下點的坐標就可以了。
因為題目要求\(1e-6\)，所以我設置\(eps=1e-8\)，開\(double\)，不知道有沒有別的精度問題。
需要注意：提前處理出需要用的邊的長度，減少庫函數的調用。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef double ld;
ld eps = 1e-8;
struct Point{
ld x, y;
}a, b, c, p, q;
ld area;
ld ab, ac, bc, ap, bp;
bool onSegment(Point Pi, Point Pj, Point Q)
{
if((Q.x - Pi.x) * (Pj.y - Pi.y) == (Pj.x - Pi.x) * (Q.y - Pi.y) //叉乘
//保證Q點坐標在pi,pj之間
&& min(Pi.x , Pj.x) <= Q.x && Q.x <= max(Pi.x , Pj.x)
&& min(Pi.y , Pj.y) <= Q.y && Q.y <= max(Pi.y , Pj.y))
return true;
else
return false;
}
ld dist(Point a, Point b){
return sqrt((a.x-b.x)*(a.x-b.x)+(a.y-b.y)*(a.y-b.y));
}
bool check(ld mid, ld sinb)
{
ld are = sinb*(bp)*(bc-mid)/2;
if(are*2.0 >= area) return 0;
return 1;
}
void solve()
{
scanf("%lf%lf%lf%lf%lf%lf%lf%lf", &a.x, &a.y, &b.x, &b.y, &c.x, &c.y, &p.x, &p.y);
//cin>>a.x>>a.y>>b.x>>b.y>>c.x>>c.y>>p.x>>p.y;
if(!onSegment(a, b, p)&&!onSegment(b, c, p)&&!onSegment(a, c, p))
{
puts("-1");
return;
}
//先看看會不會在某個點上
if(p.x == a.x && p.y == a.y)
{
//輸出bc中點
q.x = (b.x+c.x)/2.0;
q.y = (b.y+c.y)/2.0;
//cout << setprecision(10) << q.x << " " << q.y << endl;
printf("%.10f %.10f\n", q.x, q.y);
return;
}
else if(p.x == b.x && p.y == b.y)
{
//ac中點
q.x = (a.x+c.x)/2.0;
q.y = (a.y+c.y)/2.0;
//cout << setprecision(10) << q.x << " " << q.y << endl;
printf("%.10f %.10f\n", q.x, q.y);
return;
}
else if(p.x == c.x && p.y == c.y)
{
//ab中點
q.x = (a.x+b.x)/2.0;
q.y = (a.y+b.y)/2.0;
// cout << setprecision(10) << q.x << " " << q.y << endl;
printf("%.10f %.10f\n", q.x, q.y);
return;
}
//把點弄到ab上
if(onSegment(a, b, p)) {}
else if(onSegment(b, c, p)) swap(a, c);
else if(onSegment(a, c, p)) swap(b, c);
//距離b更近一點
if(dist(a, p) > dist(b, p)) swap(a, b);
//開始搞
ab = dist(a, b);
ac = dist(a, c);
bc = dist(b, c);
ap = dist(a, p);
bp = dist(b, p);
ld p = (ab+bc+ac)/(ld)2.0;
area = sqrt(p*(p-ab)*(p-bc)*(p-ac));
ld sina = area*2/ab/bc;
//area = ab*bc*sinb/2
//sina = area*2/ab/bc
ld l = 0.0, r = bc;
while(l+eps < r)
{
ld mid = (l+r)/(ld)2.0;
if(check(mid, sina)) r = mid;
else l = mid;
}
ld len = l;
//輸出點
q.x = (b.x-c.x)*len/bc+c.x;
q.y = (b.y-c.y)*len/bc+c.y;
//cout << setprecision(10) << q.x << " " << q.y << endl;
printf("%.10f %.10f\n", q.x, q.y);
return;
}
int main()
{
int T; scanf("%d", &T);
while(T--) solve();
return 0;
}