20210717 noip18
考前
从小饭桌出来正好遇到雨下到最大，有伞但还是湿透了
路上看到一个猛男搏击暴风雨
到了机房收拾了半天才开始考试
ys 他们小饭桌十分明智地在小饭桌看题，雨下小了才来
考场
状态很差。
开题，一点想法都没有
T1 尝试推出 \(\frac AB\) 的范围，结果因为忘记不等式同乘负数要变号卡了好久。看最终的式子有点像凸包，但不知道怎么用
一看 T2 人都傻了，现场学习盖斯定律，仔细想想 whk 怎么算这个东西，想起来一次周练 5 道题错了 4 个。靠 \(n,m\le200\) 和样例解释猜出是高斯消元，回头再看吧
T3 莫名熟悉，但并不影响我只会暴力。甚至没想到二分答案
不记得什么时候开始写的了，只记得 T1 调了好久，打了一堆补丁，要是没有大样例绝对爆 \(0\) 了。T3 的暴力写的比较顺，\(k=1\) 的分也好拿，但 \(k=n\) 的没什么思路。
16.50 开始看 T2，手模高斯消元确认无误后开始写，但忘了很多，一直到 17.30 才写完，过了所有样例。
继续想 T3 \(k=n\) 的做法，还是不会，打了随机化贪心，竟然过了样例？！
res
rk3 30+85+30
T1 还是少个特判
T2 高斯消元板子挂了
T3 暴力挂了一个点，但随机化贪心过了一个。。。
感觉这场策略有点问题，应该先写 T2 正解（毕竟不难写）。T1 浪费了不少时间，反而 T2 没写多久，如果考场上没写出高斯消元就爆 \(0\) 了，连骗分都没时间写。
rk1 yzf 100+80+0
rk4 王天泽 20+95+5
rk12 wcr 10+0+70
导弹袭击
时间 \(t=\frac Aa+\frac Bb\)，把 \((\frac 1a,\frac 1b)\) 看做点，变形得到 \(y=-\frac ABx+\frac tB\)，要求一个 \(A,B\) 使 \(t\) 最小，即存在 \(\frac AB\) 使这个一次函数在 \((\frac 1a,\frac 1b)\) 处截距最小，这样的点构成了一个左下凸包（斜率为负），单调栈维护即可。
注意 \(a,b\) 很大而分子为 \(1\)，因此精度掉的很多，那么只在算斜率时转成 long double，其他时候用 int
注意去重和先排掉一定不优的答案（\(a,b\) 都比另一个小 \(a,b\)）
int
const int N = 3e5+5;
int n;
struct Node {
int a,b,id;
} p[N];
const LD eps = 1e-15;
int tp,stk[N];
bool vis[N],ans[N];
bool equ(LD x,LD y) { return fabs(x-y) < eps; }
LD K(int i,int j)
{ return (LD)p[i].a*p[j].a*(p[i].b-p[j].b)/p[i].b/p[j].b/(p[i].a-p[j].a); }
signed main() {
read(n);
For(i,1,n) read(p[i].a,p[i].b), p[i].id = i;
sort(p+1,p+n+1,
[](const Node &x,const Node &y){return x.a!=y.a?x.a>y.a:x.b>y.b;});
int mxb = 0;
For(i,1,n)
if( p[i].b <= mxb ) vis[i] = 1;
else mxb = p[i].b;
stk[++tp] = 1;
For(i,2,n) {
if( vis[i] || (tp && K(stk[tp],i) > 0) ) continue;
while( tp > 1 && K(stk[tp],i)+eps < K(stk[tp],stk[tp-1]) ) --tp;
stk[++tp] = i;
}
for(int t; t = stk[tp], tp; --tp) {
ans[p[t].id] = 1;
for(int i = t+1; i <= n && p[i].a==p[t].a&&p[i].b==p[t].b; ++i)
ans[p[i].id] = 1;
}
For(i,1,n) if( ans[i] ) write(i,' ');
return ioclear();
}
double（yzf 的考场代码）
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
int read()
{
int ret=0;char c=getchar();
while(c>'9'||c<'0')c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9')ret=(ret<<3)+(ret<<1)+(c^48),c=getchar();
return ret;
}
const int maxn=3e5+5;
const double eps=1e-30;
int n;
struct point
{
double x,y;int num;
const bool operator <(const point &a)const{if(x!=a.x)return x>a.x;return y>a.y;}
const bool operator ==(const point &a)const{return x==a.x&&y==a.y;}
friend bool judge(point a,point b,point c){return c.x*a.y*(a.x-b.x)*(b.y-c.y)<c.y*a.x*(a.y-b.y)*(b.x-c.x);}
}p[maxn];
bool used[maxn];int sta[maxn],top;
int ans[maxn],cnt;
int main()
{
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)p[i].x=read(),p[i].y=read(),p[i].num=i;
sort(p+1,p+n+1);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(top&&p[sta[top]]==p[i])continue;
if(top&&p[i].y<=p[sta[top]].y)continue;
while(top>=2&&judge(p[sta[top-1]],p[sta[top]],p[i]))used[sta[top--]]=0;
used[sta[++top]=i]=1;
}
for(int i=2;i<=n;i++)
if(p[i]==p[i-1]&&used[i-1])used[i]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)if(used[i])ans[++cnt]=p[i].num;
sort(ans+1,ans+cnt+1);
for(int i=1;i<=cnt;i++)printf("%d ",ans[i]);
return 0;
}
炼金术士的疑惑
官方题解有严格证明。
感性理解：
把每个物质的内能看做未知量，显然 \(\Delta H\) 与方程式可以一起消，那么消元时对要求解的方程一起操作，等要求解的方程各系数都消成 \(0\) 时取常数项的相反数就是答案
code
const int N = 205;
int n;
const double eps = 1e-8;
int m;
double a[N][N];
map<string,int> mp;
void debug() {
For(i,1,n+1) {
For(j,1,m+1) cout<<a[i][j]<<' ';
cout<<endl;
}
cout<<endl;
}
bool equ(double x,double y) { return fabs(x-y) < eps; }
bool check() {
For(i,1,m) if( !equ(a[n+1][i],0) ) return 0;
return 1;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
cin>>n;
For(i,1,n+1) {
for(int f = 1;;) {
double x; string y; cin>>x>>y;
if( !mp.count(y) ) mp[y] = ++m;
a[i][mp[y]] = f*x;
cin>>y;
if( y == "=" ) f = -1;
else if( y == "H=" ) break;
}
if( i != n+1 ) cin>>a[i][201];
}
m = 200;
For(i,1,m) {
int p = i;
For(j,i+1,n) if( fabs(a[j][i]) > fabs(a[p][i]) ) p = j;
if( p != i ) swap(a[i],a[p]);
rFor(j,m+1,i) a[i][j] /= a[i][i];
For(j,1,n+1) if( j != i )
rFor(k,m+1,i) a[j][k] -= a[j][i] * a[i][k];
if( check() ) break;
}
printf("%.1Lf",equ(a[n+1][m+1],0) ? 0 : -a[n+1][m+1]);
return 0;
}
老司机的狂欢
考虑二分答案。
将司机按初始位置排序，check 时先求出结束位置，在对结束位置求 LIS（LIS 中的司机不会相遇），若 LIS 长度小于 \(k\) 则缩小答案。时间复杂度 \(O(n\log n\log86400)\)。
确定答案后再求 LIS，若长度大于 \(k\) 则为 \(-1\)，否则考虑构造字典序最小的方案。
转移时对于 LIS 长度相同的位置，如果从前往后一个一个比显然会 TLE，但我们可以用倍增加速这个过程。（如果把转移看成一颗树，那就相当于在倍增求 LCA 的过程中算两种方案不同的部分中各自最小的位置）
写的时候注意边界、编号
code
const int N = 1e5+5;
template<class T>
class BIT {
private:
int n,ind,tag[N];
T zero,t[N];
int lowbit(int x) { return x&-x; }
public:
void init(int x,T y) { n = x, zero = y; ++ind; }
void add(int i,T x) {
for(; i <= n; i += lowbit(i)) {
if( tag[i] != ind ) t[i] = zero, tag[i] = ind;
t[i] = max(t[i],x);
}
}
T query(int i) {
T res = zero;
for(; i; i -= lowbit(i)) {
if( tag[i] != ind ) t[i] = zero, tag[i] = ind;
res = max(res,t[i]);
}
return res;
}
};
int n,k;
struct Driver {
LL x,a;
int id;
} d[N];
int fa[N][17],mn[N][17];
LL p[N],mp[N];
bool ans[N];
BIT<int> bit1;
struct Node {
int dep,pos;
Node (int dep=0,int pos=0):dep(dep),pos(pos){}
};
bool operator < (const Node &x,const Node &y) {
if( x.dep != y.dep ) return x.dep < y.dep;
int u = x.pos, v = y.pos, mnu = u, mnv = v;
rFor(i,16,0) if( fa[u][i] != fa[v][i] ) {
mnu = min(mnu,mn[u][i]), u = fa[u][i];
mnv = min(mnv,mn[v][i]), v = fa[v][i];
}
return mnu > mnv;
}
BIT<Node> bit2;
void lsh(int t) {
For(i,1,n) p[i] = mp[i] = 2*d[i].x+d[i].a*t*t;
sort(mp+1,mp+n+1), mp[0] = unique(mp+1,mp+n+1)-mp-1;
For(i,1,n) p[i] = lower_bound(mp+1,mp+mp[0]+1,p[i])-mp;
}
int check(int t) {
lsh(t);
bit1.init(n,0);
For(i,1,n) bit1.add(p[i],bit1.query(p[i]-1)+1);
return bit1.query(n);
}
signed main() {
read(n,k);
For(i,1,n) read(d[i].x,d[i].a), d[i].id = i;
sort(d+1,d+n+1,[](const Driver &x,const Driver &y){return x.x<y.x;});
int l = 0, r = 86400;
while( l < r ) {
int mid = l+r+1>>1;
if( check(mid) < k ) r = mid-1;
else l = mid;
}
write(l);
if( check(l) > k ) { write(-1); return iocl(); }
memset(mn,0x3f,sizeof mn);
lsh(l);
bit2.init(n,Node(0,0));
For(i,1,n) {
Node pre = bit2.query(p[i]-1);
int u = d[i].id;
fa[u][0] = mn[u][0] = pre.pos;
For(j,1,16) fa[u][j] = fa[fa[u][j-1]][j-1],
mn[u][j] = min(mn[u][j-1],mn[fa[u][j-1]][j-1]);
bit2.add(p[i],Node(pre.dep+1,u));
}
for(int i = bit2.query(n).pos; i; i = fa[i][0]) ans[i] = 1;
For(i,1,n) if( ans[i] ) write(i);
return iocl();
}
