[CQOI2017]Round 1
day1
小Q的棋盘
Description
小 Q 正在设计一种棋类游戏。
在小 Q 设计的游戏中，棋子可以放在棋盘上的格点中。某些格点之间有连线，棋子只能在有连线的格点之间移动。整个棋盘上共有 V 个格点，编号为0,1,2 … , N − 1，它们是连通的，也就是说棋子从任意格点出发，总能到达所有的格点。小 Q 在设计棋盘时，还保证棋子从一个格点移动到另外任一格点的路径是唯一的。
小 Q 现在想知道，当棋子从格点 0 出发，移动 N 步最多能经过多少格点。格点可以重复经过多次，但不重复计数。
HINT
\(N,V\leq100, 0\leq a_i,b_i\leq N\).
Solution
随便树形 DP 一下就好了 ( \(f[i][j][0/1]\) 表示在以 i 为根的子树中走 j 步是否回到 i 所需最少步数 ) .
#define N 105
struct graph{
int nxt,to;
}e[N<<1];
int f1[N][N],f2[N][N],g[N],n,m,cnt,ans;
bool v[N];
inline void addedge(int x,int y){
e[++cnt].nxt=g[x];g[x]=cnt;e[cnt].to=y;
}
inline void dfs(int u){
for(int i=g[u],k;i;i=e[i].nxt)
if(!v[k=e[i].to]){
v[e[i].to]=true;dfs(e[i].to);
for(int j=m;j>=0;--j)
for(int l=0;l+2<=j;++l)
f1[u][j]=max(f1[u][j],f2[k][l]+f1[u][j-l-2]);
for(int j=m;j>=0;--j)
for(int l=0;l+1<=j;++l)
f1[u][j]=max(f1[u][j],f1[k][l]+f2[u][j-l-1]);
for(int j=m;j>=0;--j)
for(int l=0;l+2<=j;++l)
f2[u][j]=max(f2[u][j],f2[k][l]+f2[u][j-l-2]);
}
for(int i=0;i<=m;++i) ++f1[u][i],++f2[u][i];
}
inline void Aireen(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1,j,k;i<n;++i){
scanf("%d%d",&j,&k);++j;++k;
addedge(j,k);addedge(k,j);
}
v[1]=true;dfs(1);
for(int i=0;i<=m;++i)
ans=max(ans,max(f1[1][i],f2[1][i]));
printf("%d\n",ans);
}
小Q的草稿
Description
小 Q 是个程序员。
众所周知，程序员在写程序的时候经常需要草稿纸。小 Q 现在需要一张草稿纸用来画
图，但是桌上只有一张草稿纸，而且是一张被用过很多次的草稿纸。
草稿纸可以看作一个二维平面，小 Q 甚至已经给它建立了直角坐标系。以前每一次草稿使用过的区域，都可以近似的看作一个平面上的一个三角形，这个三角形区域的内部和边界都不能再使用。当然了，以前的草稿也没有出现区域重叠的情况。
小 Q 已经在草稿纸上画上了一些关键点，这些关键点都在没使用过的区域。小 Q 想把这些关键点两两之间尽可能的用线段连接起来。连接两个关键点的线段有可能会穿过已经用过的草稿区域， 这样显然不允许。于是小 Q 就想知道，有多少对关键点可以被线段连接起来，而且还不会穿过已经用过的区域。为了方便，小 Q 保证任意三个关键点不会共线。
Solution
我只会 \(O(N^2)\) 的算法.
判断两点之间连线与三角形三边会不会有交即可.
#define M 4
#define N 1005
typedef long long ll;
struct point{
int x,y;
}a[N],b[N][M];
int n,m,ans;
ll operator * (point x,point y){
return 1ll*x.x*y.y-1ll*x.y*y.x;
}
point operator - (point x,point y){
return (point){x.x-y.x,x.y-y.y};
}
inline int cmp(ll x){
return x?(x>0?1:-1):0;
}
inline bool onseg(point p,point a,point b){
if(cmp((a-p)*(b-p))) return false;
return cmp(a.x-p.x)*cmp(b.x-p.x)<=0&&cmp(a.y-p.y)*cmp(b.y-p.y)<=0;
}
inline bool inter(point x,point y,point u,point v){
if(x.x>y.x) swap(x,y);
if(u.x>v.x) swap(u,v);
if(x.x>v.x||y.x<u.x) return false;
if(x.y>y.y) swap(x,y);
if(u.y>v.y) swap(u,v);
if(x.y>v.y||y.y<u.y) return false;
return cmp((u-x)*(y-x))*cmp((v-x)*(y-x))<=0&&cmp((x-u)*(v-u))*cmp((y-u)*(v-u))<=0;
}
inline bool chk(point x,point y,int z){
return !inter(x,y,b[z][1],b[z][2])&&!inter(x,y,b[z][1],b[z][3])&&!inter(x,y,b[z][3],b[z][2]);
}
inline void Aireen(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;++i)
scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y);
for(int i=1;i<=m;++i)
for(int j=1;j<M;++j)
scanf("%d%d",&b[i][j].x,&b[i][j].y);
bool flag;
for(int i=1;i<n;++i)
for(int j=i+1;j<=n;++j){
flag=true;
for(int k=m;k;--k)
if(!chk(a[i],a[j],k)){
flag=false;break;
}
if(flag) ++ans;
}
printf("%d\n",ans);
}
小Q的表格
Description
小 Q 是个程序员。
作为一个年轻的程序员，小 Q 总是被老 C 欺负，老 C 经常把一些麻烦的任务交给小 Q 来处理。每当小 Q 不知道如何解决时，就只好向你求助。
为了完成任务，小 Q 需要列一个表格，表格有无穷多行，无穷多列，行和列都从 1 开始标号。为了完成任务，表格里面每个格子都填了一个整数，为了方便描述，小 Q 把第 a 行第 b 列的整数记为 f(a,b) 。为了完成任务，这个表格要满足一些条件：
- 对任意的正整数 a,b，都要满足 \(f(a,b)=f(b,a)\);
- 对任意的正整数 a,b，都要满足 \(b\times f(a,a+b)=(a+b)\times f(a,b)\)。
为了完成任务，一开始表格里面的数很有规律，第 a 行第 b 列的数恰好等于 \(a\times b\) 。显然一开始是满足上述两个条件的。为了完成任务，小 Q 需要不断的修改表格里面的数，每当修改了一个格子的数之后，为了让表格继续满足上述两个条件，小 Q 还需要把这次修改能够波及到的全部格子里都改为恰当的数。由于某种神奇的力量驱使，已经确保了每一轮修改之后所有格子里的数仍然都是整数。为了完成任务，小 Q 还需要随时获取前 k 行前 k 列这个有限区域内所有数的和是多少，答案可能比较大，只需要算出答案 mod 1,000,000,007 之后的结果。
共有 m 次操作， 所有操作和查询涉及到的行编号和列编号都不超过 n 。
HINT
\(1\leq m\leq 10^4,1\leq a,b,k \leq 4\times10^6, 0 ≤ x < 10^{18}\)。
Solution
观察一下可以发现,对于 \(d=gcd(i,j),a_{i,j}=f(d,d)\times\frac{i}{d}\times\frac{j}{d}\) .
每次修改只要修改 \(f(gcd(i,j),gcd(i,j))\) 的格子.
每次询问就转化成求 \(\sum_{j=1}^kf(d,d)\times\frac{i\times j}{d^2}\).
把 \(d\) 提取出来得到
\(\begin{split}&\sum_{d=1}^{k}f(d,d)\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{k}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{k}{d}\rfloor}i\times j\\=&\sum_{d=1}^{k}f(d,d)[\sum_{i=2}^{\lfloor \frac{k}{d}\rfloor}(i\times2\times\sum_{j=1}^{i}\sum_{gcd(i,j)=1}j)+1]\\=&\sum_{d=1}^{k}f(d,d)[\sum_{i=2}^{\lfloor \frac{k}{d}\rfloor}(i\times 2\times\frac{i\times\phi(i)}{2})+1]\\=&\sum_{d=1}^{k}f(d,d)[\sum_{i=2}^{\lfloor \frac{k}{d}\rfloor}(i^2\times\phi(i))+1]\end{split}\)
\(i^2\times\phi(i)\) 可以前缀和预处理 , \(\lfloor \frac{k}{d}\rfloor\) 是 \(O(\sqrt{k})\).
对于 \(f(d,d)[\sum_{i=2}^{\lfloor \frac{k}{d}\rfloor}(i^2\times\phi(i))+1]\) 前缀和分块, \(O(\sqrt{n})\)修改, \(O(1)\) 询问.
#define K 2001
#define P 300000
#define N 4000001
#define M 1000000007
int f[N],s[N],fa[N],sum[K],tot[N],phi[N],p[P],inv[N],n,m,cnt,siz,ans;
bool b[N];
inline void prime(int n){
phi[1]=1;
for(int i=2;i<=n;++i){
if(!b[i]) p[++cnt]=i,phi[i]=i-1;
for(int j=1,k;j<=cnt&&(k=i*p[j])<=n;++j){
b[k]=true;
if(!(i%p[j])){
phi[k]=p[j]*phi[i];break;
}
phi[k]=phi[i]*phi[p[j]];
}
}
}
inline void change(int x,int k){
if(k<0) k+=M;
f[x]+=k;
if(f[x]>=M) f[x]-=M;
for(int i=fa[x]+1;i<=cnt;++i){
sum[i]+=k;
if(sum[i]>=M) sum[i]-=M;
}
for(int i=min(fa[x]*siz,n);i>=x;--i){
tot[i]+=k;
if(tot[i]>=M) tot[i]-=M;
}
}
inline int pre(int n){
return sum[fa[n]]+tot[n];
}
inline int gcd(int n,int m){
int r=n%m;
while(r){
n=m;m=r;r=n%m;
}
return m;
}
inline int po(int x,int k){
int ret=1;
while(k){
if(k&1) ret=1ll*ret*x%M;
x=1ll*x*x%M;k>>=1;
}
return ret;
}
inline void Aireen(){
scanf("%d%d",&m,&n);
prime(n);
s[1]=1;
for(int i=2;i<=n;++i)
s[i]=1ll*phi[i]*i%M*i%M;
for(int i=2;i<=n;++i){
s[i]+=s[i-1];
if(s[i]>=M) s[i]-=M;
}
for(int i=1;i<=n;++i) tot[i]=f[i]=1ll*i*i%M;
//cnt块数,siz块大小
cnt=0;siz=sqrt(n);
for(int i=1;i<=n;i+=siz){
++cnt;
for(int j=0;j<siz&&i+j<=n;++j){
fa[i+j]=cnt;
sum[cnt+1]+=f[i+j];
if(sum[cnt+1]>=M) sum[cnt+1]-=M;
}
}
for(int i=1;i<=cnt;++i){
sum[i]+=sum[i-1];
if(sum[i]>=M) sum[i]-=M;
}
for(int i=1;i<=n;++i)
if(fa[i]==fa[i-1]){
tot[i]+=tot[i-1];
if(tot[i]>=M) tot[i]-=M;
}
int tmp=1;
for(int i=2;i<=n;++i)
tmp=1ll*tmp*i%M;
inv[n]=po(tmp,M-2);
inv[1]=1;
for(int i=n-1;i>1;--i)
inv[i]=1ll*(i+1)*inv[i+1]%M;
tmp=1ll;
for(int i=2;i<=n;++i){
inv[i]=1ll*inv[i]*tmp%M;
tmp=1ll*tmp*i%M;
}
int a,b,c,k;ll x;
while(m--){
scanf("%d%d%lld%d",&a,&b,&x,&k);
c=gcd(a,b);
change(c,1ll*x%M*inv[a/c]%M*inv[b/c]%M-f[c]);
ans=0;
for(int l=1,r=1;l<=k;l=r+1){
r=k/(k/l);
ans+=1ll*(pre(r)-pre(l-1))*s[k/l]%M;
if(ans>=M) ans-=M;
if(ans<0) ans+=M;
}
printf("%d\n",ans);
}
}
day2
老C的任务
Description
老 C 是个程序员。
最近老 C 从老板那里接到了一个任务——给城市中的手机基站写个管理系统。 作为经验丰富的程序员，老 C 轻松地完成了系统的大部分功能，并把其中一个功能交给你来实现。
由于一个基站的面积相对于整个城市面积来说非常的小， 因此每个的基站都可以看作坐标系中的一个点，其位置可以用坐标(x,y)来表示。此外，每个基站还有很多属性，例如高度、功率等。运营商经常会划定一个区域，并查询区域中所有基站的信息。
现在你需要实现的功能就是，对于一个给定的矩形区域，回答该区域中（ 包括区域边界上的） 所有基站的功率总和。 如果区域中没有任何基站，则回答 0。
HINT
\(-2^{31}\leq x_i,y_i\leq2^{31}\).
Solution
按 \(y\) 坐标排序 , 差分后树状数组维护即可.
#define N 100005
typedef long long ll;
struct point{
int x,y,p;
}a[N];
struct Point{
int x,y,k,n;
}b[N*4];
ll ans[N],s[N];
int p[N],n,m,k;
inline int read(){
int ret=0,f=0;char c=getchar();
while(!isdigit(c)){
if(c=='-') f=1;
c=getchar();
}
while(isdigit(c)){
ret=(ret<<1)+(ret<<3)+c-'0';
c=getchar();
}
if(f) return -ret;
return ret;
}
bool operator < (point a,point b){
return a.y<b.y;
}
bool operator < (Point a,Point b){
return a.y<b.y;
}
//the first <=
inline int search(int x){
if(x<p[1]) return 0;
int l=1,r=k,mid;
while(l<r){
mid=(l+r+1)>>1;
if(p[mid]<=x) l=mid;
else r=mid-1;
}
return l;
}
inline int lowbit(int x){
return x&(-x);
}
inline void add(int x,ll y,int n){
for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))
s[i]+=y;
}
inline ll ask(int x){
ll ret=0ll;
for(int i=x;i;i-=lowbit(i))
ret+=s[i];
return ret;
}
inline void Aireen(){
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=n;++i){
a[i].x=read();a[i].y=read();a[i].p=read();p[i]=a[i].x;
}
sort(p+1,p+1+n);
k=unique(p+1,p+1+n)-p-1;
for(int i=1,j=1;i<=m;++i,j+=4){
b[j].x=read()-1;b[j].y=read()-1;
b[j+1].x=read();b[j+1].y=read();
b[j+2].x=b[j].x;b[j+2].y=b[j+1].y;
b[j+3].x=b[j+1].x;b[j+3].y=b[j].y;
b[j].n=b[j+1].n=b[j+2].n=b[j+3].n=i;
b[j].k=b[j+1].k=1;b[j+2].k=b[j+3].k=-1;
}
m<<=2;
sort(a+1,a+1+n);
sort(b+1,b+1+m);
int j=1;
for(int i=1;i<=n;++i){
for(;j<=m&&b[j].y<a[i].y;++j){
if(b[j].k>0) ans[b[j].n]+=ask(search(b[j].x));
else ans[b[j].n]-=ask(search(b[j].x));
}
add(search(a[i].x),1ll*a[i].p,k);
}
for(;j<=m;++j){
if(b[j].k>0) ans[b[j].n]+=ask(search(b[j].x));
else ans[b[j].n]-=ask(search(b[j].x));
}
m>>=2;
for(int i=1;i<=m;++i)
printf("%lld\n",ans[i]);
}
老C的方块
Description
老 C 是个程序员。
作为一个懒惰的程序员，老 C 经常在电脑上玩方块游戏消磨时间。
游戏被限定在一个由小方格排成的 R 行 C 列网格上，如果两个小方格有公共的边，就称它们是相邻的，而且有些相邻的小方格之间的公共边比较特殊。 特殊的公共边排列得有很强的规律。首先规定，第1行的前两个小方格之间的边是特殊边。然后，特殊边在水平方向上每4个小方格为一个周期，在竖直方向上每2个小方格为一个周期。所有的奇数列与下一列之间都有特殊边，且所在行的编号从左到右奇偶交替。
网格的每个小方格刚好可以放入一个小方块，在游戏的一开始，有些小方格已经放上了小方块，另外的小方格没有放。老 C 很讨厌下图所示的图形，如果他发现有一些小方块排列成了它讨厌的形状（特殊边的位置也要如图中所示），就很容易弃疗，即使是经过任意次旋转、翻转后排列成讨厌的形状，老 C 也同样容易弃疗。
为了防止弃疗，老 C 决定趁自己还没有弃疗，赶紧移除一些格子里小方块，使得剩下的小方块不能构成它讨厌的形状。但是游戏里每移除一个方块都是要花费一些金币的，每个方块需要花费的金币有多有少参差不齐。老 C 当然希望尽可能少的使用游戏里的金币，但是最少要花费多少金币呢？老 C 懒得思考，就把这个问题交给你了。
HINT
\(1\leq C,R,n\leq10^5,1\leq w\leq 10^4\).
Solution
观察图形可以发现 , 讨厌的形状都是4个格子 , 并且特殊边两边各有2个格子 .
所以考虑染色 ,
一个讨厌的形状就是粉->蓝->黄->紫.
每个格子拆点,按费用建个图,最小割即可.
#define N 100005
#define M 1200005
#define INF 1000000000
struct block{
int y,x,w,n;
}a[N];
struct graph{
int nxt,to,f;
}e[M];
int g[N<<1],dep[N<<1],n,s,t,c,r,cnt=1;
queue<int> q;
inline int read(){
int ret=0;char c=getchar();
while(!isdigit(c))
c=getchar();
while(isdigit(c)){
ret=(ret<<1)+(ret<<3)+c-'0';
c=getchar();
}
return ret;
}
inline void addedge(int x,int y,int f){
e[++cnt].nxt=g[x];g[x]=cnt;e[cnt].to=y;e[cnt].f=f;
}
inline void adde(int x,int y,int f){
addedge(x,y,f);addedge(y,x,0);
}
inline bool cmpx(block a,block b){
if(a.x!=b.x) return a.x<b.x;
return a.y<b.y;
}
inline bool cmpy(block a,block b){
if(a.y!=b.y) return a.y<b.y;
return a.x<b.x;
}
#define pink 0
#define blue 1
#define yellow 2
#define purple 3
inline int color(int x,int y){
int u=x%2,v=y%4;
if((u==1&&v==0)||(u==0&&v==1))
return pink;
if((u==1&&v==1)||(u==0&&v==0))
return blue;
if((u==1&&v==2)||(u==0&&v==3))
return yellow;
return purple;
}
inline bool bfs(int u){
memset(dep,0,sizeof(dep));
q.push(u);dep[u]=1;
while(!q.empty()){
u=q.front();q.pop();
for(int i=g[u];i;i=e[i].nxt){
if(e[i].f>0&&!dep[e[i].to]){
q.push(e[i].to);
dep[e[i].to]=dep[u]+1;
}
}
}
return dep[t];
}
inline int dfs(int u,int f){
int ret=0;
if(u==t) return f;
for(int i=g[u],d;i&&f;i=e[i].nxt)
if(e[i].f>0&&dep[e[i].to]>dep[u]){
d=dfs(e[i].to,min(e[i].f,f));
ret+=d;f-=d;e[i].f-=d;e[i^1].f+=d;
}
if(!ret) dep[u]=-1;
return ret;
}
inline int dinic(){
int ret=0;
while(bfs(s)){
ret+=dfs(s,INF);
}
return ret;
}
inline void Aireen(){
c=read();r=read();n=read();
for(int i=1;i<=n;++i)
a[i]=(block){read(),read(),read(),i};
s=n<<1|1;t=s+1;
for(int i=1;i<=n;++i){
adde(a[i].n,a[i].n+n,a[i].w);
if(color(a[i].x,a[i].y)==pink){
adde(s,a[i].n,INF);
}
else if(color(a[i].x,a[i].y)==purple)
adde(a[i].n+n,t,INF);
}
sort(a+1,a+1+n,cmpx);
for(int i=1;i<=n;++i)
if(color(a[i].x,a[i].y)==pink){
if(i>1&&color(a[i-1].x,a[i-1].y)==blue&&a[i].x==a[i-1].x&&a[i].y-1==a[i-1].y)
adde(a[i].n+n,a[i-1].n,INF);
if(i<n&&color(a[i+1].x,a[i+1].y)==blue&&a[i].x==a[i+1].x&&a[i].y+1==a[i+1].y)
adde(a[i].n+n,a[i+1].n,INF);
}
else if(color(a[i].x,a[i].y)==blue){
if(i>1&&color(a[i-1].x,a[i-1].y)==yellow&&a[i].x==a[i-1].x&&a[i].y-1==a[i-1].y)
adde(a[i].n+n,a[i-1].n,INF);
if(i<n&&color(a[i+1].x,a[i+1].y)==yellow&&a[i].x==a[i+1].x&&a[i].y+1==a[i+1].y)
adde(a[i].n+n,a[i+1].n,INF);
}
else if(color(a[i].x,a[i].y)==yellow){
if(i>1&&color(a[i-1].x,a[i-1].y)==purple&&a[i].x==a[i-1].x&&a[i].y-1==a[i-1].y)
adde(a[i].n+n,a[i-1].n,INF);
if(i<n&&color(a[i+1].x,a[i+1].y)==purple&&a[i].x==a[i+1].x&&a[i].y+1==a[i+1].y)
adde(a[i].n+n,a[i+1].n,INF);
}
sort(a+1,a+1+n,cmpy);
for(int i=1;i<=n;++i)
if(color(a[i].x,a[i].y)==pink){
if(i>1&&color(a[i-1].x,a[i-1].y)==blue&&a[i].y==a[i-1].y&&a[i].x-1==a[i-1].x)
adde(a[i].n+n,a[i-1].n,INF);
if(i<n&&color(a[i+1].x,a[i+1].y)==blue&&a[i].y==a[i+1].y&&a[i].x+1==a[i+1].x)
adde(a[i].n+n,a[i+1].n,INF);
}
else if(color(a[i].x,a[i].y)==blue){
if(i>1&&color(a[i-1].x,a[i-1].y)==yellow&&a[i].y==a[i-1].y&&a[i].x-1==a[i-1].x)
adde(a[i].n+n,a[i-1].n,INF);
if(i<n&&color(a[i+1].x,a[i+1].y)==yellow&&a[i].y==a[i+1].y&&a[i].x+1==a[i+1].x)
adde(a[i].n+n,a[i+1].n,INF);
}
else if(color(a[i].x,a[i].y)==yellow){
if(i>1&&color(a[i-1].x,a[i-1].y)==purple&&a[i].y==a[i-1].y&&a[i].x-1==a[i-1].x)
adde(a[i].n+n,a[i-1].n,INF);
if(i<n&&color(a[i+1].x,a[i+1].y)==purple&&a[i].y==a[i+1].y&&a[i].x+1==a[i+1].x)
adde(a[i].n+n,a[i+1].n,INF);
}
printf("%d\n",dinic());
}
2017-04-24 12:02:20
