Code Chef December Challenge 2018题解
\(MAXEP\)
二分，不过二分的时候要注意把\(mid\)设成\(\left\lfloor{9l+r\over 10}\right\rfloor\)，这样往右的次数不会超过\(6\)次
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
inline char getc(){R char ch;while((ch=getchar())>'1'||ch<'0');return ch;}
int n,c,l,r,mid;
inline int query(R int x){printf("%d %d\n",1,x),fflush(stdout);return getc()-'0';}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&c),l=1,r=n;
while(l<r){
mid=(9*l+r)/10;
query(mid)?(puts("2"),fflush(stdout),r=mid):l=mid+1;
}
printf("%d %d\n",3,l),fflush(stdout);
return 0;
}
\(INTXOR\)
具体的……看代码好了……
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
int read(){
R int res,f=1;R char ch;
while((ch=getchar())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getchar())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
const int N=5e4+5;
int n,p,x1,x2,x3,x,xx,a[N];
int query(int i,int j,int k){printf("%d %d %d %d\n",1,i,j,k);fflush(stdout);return read();}
int main(){
for(int T=read();T;--T){
n=read();
x1=query(1,2,3),x2=query(1,2,4),xx=x1^x2;
x=query(3,4,5),a[5]=x^xx,x=query(3,4,6),a[6]=x^xx;
fp(i,7,n)x=query(i-2,i-1,i),a[i]=x^a[i-2]^a[i-1];
x=query(1,5,n),a[1]=x^a[5]^a[n],
x=query(2,n-1,n),a[2]=x^a[n-1]^a[n];
a[3]=x1^a[1]^a[2],a[4]=x2^a[1]^a[2];
printf("%d ",2);
fp(i,1,n)printf("%d%c",a[i]," \n"[i==n]);
fflush(stdout);
read();
}
return 0;
}
\(EDGEDIR\)
先随便找棵生成树出来，如果是非树边随便定向，子树边也无所谓，那么此时如果度数为偶数，父亲边就指出去，如果是奇数，父亲边就指向它。这样的话最多只会有\(1\)号节点不满足，如果不满足就无解，否则就是一组合法解。证明并不会
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
R int res,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
const int N=1e5+5;
struct eg{int v,nx;}e[N<<1];int head[N],tot=1;
inline void add(R int u,R int v){
e[++tot]={v,head[u]},head[u]=tot;
e[++tot]={u,head[v]},head[v]=tot;
}
bool ans[N],deg[N];int vis[N],n,m;
void dfs(int u,int k){
vis[u]=1;
go(u)if(i!=(k^1)){
if(!vis[v])dfs(v,i);
else if(vis[v]==1)deg[v]^=1,ans[i>>1]=i&1;
}
if(u!=1)
deg[u]?(ans[k>>1]=k&1,deg[u]=0):(ans[k>>1]=k&1^1,deg[e[k^1].v]^=1);
vis[u]=2;
// printf("%d %d %d %d %d\n",u,deg[1],deg[2],deg[3],deg[4]);
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
for(int T=read();T;--T){
n=read(),m=read();
for(R int i=1,u,v;i<=m;++i)u=read(),v=read(),add(u,v);
dfs(1,0);
if(deg[1])putchar('-'),putchar('1');
else fp(i,1,m)putchar(ans[i]?'1':'0'),putchar(' ');
putchar('\n');
memset(head,0,(n+1)<<2),
memset(vis,0,(n+1)<<2),
memset(ans,0,m+1),
memset(deg,0,n+1);
tot=1;
}
}
\(CBFEAST\)
蠢了……
先把询问转化一下，每个菜可以被\([c-k,c+k]\)范围内的人看到的，每次询问\(c\)的人能看到的最大子段和，变成了一个区间修改，单点查询的问题。然而这样的话还是没法做
我们考虑如果只往后面插入的话，那么用线段树就可以很容易地维护出最大子段和
那么我们对于从前插入和从后插入分别维护，那么都可以看做是从后插入，从线段树维护一下就行了
代码里是把两个都看做从前插入了
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
R int res,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
inline int getop(){R char ch;while((ch=getc())>'9'||ch<'0');return ch-'0';}
char sr[1<<21],z[20];int K=-1,Z=0;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,K+1,stdout),K=-1;}
void print(R int x){
if(K>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++K]='-',x=-x;
while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
while(sr[++K]=z[Z],--Z);sr[++K]='\n';
}
const int N=2e5+5,M=(N<<6)+5,base=1e9;
inline int max(R int x,R int y){return x>y?x:y;}
struct tr{
int l,r,s,v;
inline tr(){}
inline tr(R int ll,R int rr,R int ss,R int vv):l(ll),r(rr),s(ss),v(vv){}
inline tr operator +(const tr &b)const{return tr(max(l,s+b.l),max(r+b.s,b.r),s+b.s,max(v,max(b.v,r+b.l)));}
inline tr operator +(const int &b)const{return tr(max(l,s+b),max(r+b,0),s+b,max(v,r+b));}
inline void clr(){l=r=s=v=0;}
};
struct node;typedef node* ptr;
struct node{
ptr lc,rc;tr s;
inline node();
}e[M];int tot;
inline node::node(){lc=rc=e;}
struct tree{
inline tree(){rt=e+(++tot);}
tr res;ptr rt;
void pd(ptr p){
if(p->lc==e)p->lc=e+(++tot);
if(p->rc==e)p->rc=e+(++tot);
p->lc->s=p->lc->s+p->s,p->rc->s=p->rc->s+p->s,p->s.clr();
}
void update(ptr p,int l,int r,int ql,int qr,int x){
if(ql<=l&&qr>=r)return p->s=p->s+x,void();
int mid=(l+r)>>1;pd(p);
if(ql<=mid)update(p->lc,l,mid,ql,qr,x);
if(qr>mid)update(p->rc,mid+1,r,ql,qr,x);
}
void query(ptr p,int l,int r,int x){
if(p==e||l==r)return res=p->s,void();
int mid=(l+r)>>1;pd(p);
x<=mid?query(p->lc,l,mid,x):query(p->rc,mid+1,r,x);
}
}t[2];
int q,k,ans,op,c,d;
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
q=read(),k=read();
while(q--){
op=getop(),c=read()^ans;
if(op==3){
t[0].query(t[0].rt,1,base,c),t[1].query(t[1].rt,1,base,c);
print(ans=max(t[0].res.l+t[1].res.l,max(t[0].res.v,t[1].res.v)));
}else d=read(),t[op-1].update(t[op-1].rt,1,base,max(1,c-k),min(base,c+k),d);
}
return Ot(),0;
}
\(BICONT\)
不难看出要计算的就是方案数。对于一条边\((u,v)\)，如果两个点不在同一个不知道是点双还是边双就当它是边双好了的双连通分量里，也就意味着\(u\)所在的子树和\(v\)所在的子树之间的点没有边相连，我们称之为这条边断开了。那么，如果整张图里有\(i\)个边双，那么有\(i-1\)条边是断开的
我们考虑容斥和树形\(dp\)，设\(f_{u,j,k}\)表示\(u\)的子树中至少有\(j\)条边是断开的，且和\(i\)通过没有断开的边相连的点数为\(k\)的方案数。对于转移，子树\(f_{v,j,k}\)，如果\((u,v)\)断开，那么和\(v\)相连的那\(k\)个点之间可以随意连边，不过原来树上就有的\(k-1\)条边必须连，方案数要额外乘上一个\(2^{(k-1)(k-2)\over 2}\)。不断的话转移显然。我们枚举\(u\)的\(j,k\)和\(v\)的\(j,k\)，理论复杂度\(O(n^5)\)，实际跑得飞快
然后处理出\(p_i\)表示至少断了\(i\)条边的方案数，容斥原理减一减就可以得到恰好断了\(i\)条边的方案数了
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int N=205,P=1e9+7;
inline void upd(R int &x,R int y){(x+=y)>=P?x-=P:0;}
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){
R int res=1;
for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))(y&1)?res=mul(res,x):0;
return res;
}
struct eg{int v,nx;}e[N<<1];int head[N],tot;
inline void Add(R int u,R int v){e[++tot]={v,head[u]},head[u]=tot;}
int f[N][N][N],sz[N],bin[N*N],tmp[N][N],p[N],fac[N],ifac[N],n;
inline int calc(R int x){return (x-1)*(x-2)>>1;}
inline int C(R int n,R int m){return m>n?0:1ll*fac[n]*ifac[m]%P*ifac[n-m]%P;}
void dfs(int u,int fa){
sz[u]=1,f[u][0][1]=1;
go(u)if(v!=fa){
dfs(v,u);
memset(tmp,0,sizeof(tmp));
fp(i,0,sz[u]-1)fp(j,1,sz[u])if(f[u][i][j]){
fp(k,0,sz[v]-1)fp(l,1,sz[v])if(f[v][k][l]){
upd(tmp[i+k+1][j],1ll*f[u][i][j]*f[v][k][l]%P*bin[calc(l)]%P);
upd(tmp[i+k][j+l],1ll*f[u][i][j]*f[v][k][l]%P);
}
}
sz[u]+=sz[v];
fp(i,0,sz[u]-1)fp(j,1,sz[u])f[u][i][j]=tmp[i][j];
}
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
scanf("%d",&n);
bin[0]=1;fp(i,1,n*n)bin[i]=mul(bin[i-1],2);
fac[0]=ifac[0]=1;fp(i,1,n)fac[i]=mul(fac[i-1],i);
ifac[n]=ksm(fac[n],P-2);fd(i,n-1,1)ifac[i]=mul(ifac[i+1],i+1);
for(R int i=1,u,v;i<n;++i)scanf("%d%d",&u,&v),Add(u,v),Add(v,u);
dfs(1,0);
fp(i,0,sz[1]-1)fp(j,1,sz[1])upd(p[i],mul(f[1][i][j],bin[calc(j)]));
fd(i,n-1,0)fp(j,i+1,n-1)p[i]=dec(p[i],mul(p[j],C(j,i)));
fp(i,0,n-1)printf("%d%c",p[i]," \n"[i==n-1]);
return 0;
}
\(BHD\)
劲啊……
非常感谢那位外国友人代码里的注解不然我真的不知道还有一个叫做格林公式的东西……
对\(z\)这一维用辛普森去拟合，那么对于每一个\(z\)，我们需要求的就是圆环面积并，可以用类似格林公式求圆的面积并的方法去做
时间复杂度\(O(能过)\)
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define pb push_back
#define inline __inline__ __attribute__((always_inline))
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int N=1005;const double Pi=acos(-1.0),eps=1e-6;
typedef pair<double,int> pi;
struct Point{
double x,y;
inline Point(){}
inline Point(R double xx,R double yy):x(xx),y(yy){}
inline Point operator +(const Point &b)const{return Point(x+b.x,y+b.y);}
inline Point operator -(const Point &b)const{return Point(x-b.x,y-b.y);}
inline double norm(){return sqrt(x*x+y*y);}
inline double ang(){return atan2(y,x);}
};
struct Cir{Point p;double r1,r2;}c[N];pi st[N];
inline double oint(R Point p,R double r,R double t1,R double t2){
return r*(r*(t2-t1)+p.x*(sin(t2)-sin(t1))-p.y*(cos(t2)-cos(t1)));
}
int top,cnt,tot,n;double xi[N],yi[N],zi[N],r1[N],r2[N];
void add(R Point p1,R double r1,R Point p2,R double r2,R int d){
double dis=(p1-p2).norm(),cur,ang,l,r;
if(dis+r1<=r2)return cnt+=d,void();
if(r1+r2<=dis||r2+dis<=r1)return;
cur=(p2-p1).ang();
ang=acos((dis*dis+r1*r1-r2*r2)/(2*r1*dis));
l=cur-ang,r=cur+ang;
if(l<-Pi)l+=2*Pi;if(r>Pi)r-=2*Pi;if(l>r)cnt+=d;
st[++top]=make_pair(l,d),st[++top]=make_pair(r,-d);
}
double calc(Point p,double r,int id){
top=cnt=0;
fp(i,1,tot)if(i!=id)add(p,r,c[i].p,c[i].r1,1),add(p,r,c[i].p,c[i].r2,-1);
st[0]=make_pair(-Pi,0),st[++top]=make_pair(Pi,0);
sort(st+1,st+1+top);
double res=0;
for(R int i=1;i<=top;cnt+=st[i++].second)
if(!cnt)res+=oint(p,r,st[i-1].first,st[i].first);
return res;
}
double getF(double z){
tot=0;
fp(i,1,n)if(zi[i]-r2[i]<=z-eps&&zi[i]+r2[i]>=z+eps){
double d=fabs(z-zi[i]),len=sqrt(r2[i]*r2[i]-d*d);
c[++tot].p=Point(xi[i],yi[i]),c[tot].r1=r1[i]+len,c[tot].r2=r1[i]-len;
}
double res=0;
fp(i,1,tot)res+=calc(c[i].p,c[i].r1,i)-calc(c[i].p,c[i].r2,i);
return res;
}
inline double calc(R double fl,R double fm,R double fr,R double len){
return (fl+fr+4*fm)*len/6;
}
double sol(double l,double m,double r,double fl,double fm,double fr,double s){
double ml=(l+m)*0.5,mr=(m+r)*0.5;
double fml=getF(ml),fmr=getF(mr);
double cx=calc(fl,fml,fm,m-l),cy=calc(fm,fmr,fr,r-m);
if(fabs(s-cx-cy)<eps)return s;
return sol(l,ml,m,fl,fml,fm,cx)+sol(m,mr,r,fm,fmr,fr,cy);
}
inline double ask(R double l,R double r){
double fl=getF(l),fr=getF(r),fm=getF((l+r)*0.5);
return sol(l,(l+r)*0.5,r,fl,fm,fr,calc(fl,fm,fr,r-l));
}
vector<double>pos;double res;
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
scanf("%d",&n);
fp(i,1,n)scanf("%lf%lf%lf%lf%lf",&xi[i],&yi[i],&zi[i],&r1[i],&r2[i]);
fp(i,1,n)pos.pb(zi[i]+r2[i]),pos.pb(zi[i]-r2[i]),pos.pb(zi[i]);
sort(pos.begin(),pos.end());
fp(i,1,pos.size()-1)res+=ask(pos[i-1],pos[i]);
printf("%.10lf\n",res*0.5);
return 0;
}
\(WKPLAN\)
听说朱老大\(std\)写了\(300+\)行，咕了
深深地明白自己的弱小
