Codeforces Round#409/VK-Cup 2017 Round2
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和ditoly组队打VK-Cup，起了个名字叫Vegetable Chicken(意思显然)，然后昨天我做AB他切C
很不幸的是.....我写的两题都挂了......坑队友了...A被疯狂卡精度 B简单计算几何瞎写挂了 GG 滚去外卡赛
A.Voltage Keepsake
你有n个东西，每个东西每秒钟消耗ai的能源，初始有bi的能源。你还有一个充电器，每秒钟可以充p的能源，问最多多久之后才有东西爆零。n<=100000
直接二分呗。然后记得直接把$\sum{ai}\leqslant p$的直接判掉，不然被疯狂卡精度，longdouble过不去，但是float128可过(10倍常数左右)
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<queue> #include<cmath> #include<set> #include<map> #define eps 1e-6 #define MN 100000 #define ll long long #define ld long double using namespace std; inline int read() { int x = 0,f = 1; char ch = getchar(); while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = 0;ch = getchar();} while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();} return f?x:-x; } int n; ld a[MN+5],b[MN+5],p,tot; int main() { n=read();p=read(); for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read(),b[i]=read(),tot+=a[i]; if(tot<=p)return 0*puts("-1"); ld l=0,r=1e18,mid,sum=0; for(int j=1;j<=100;j++) { mid=(l+r)/2.0;sum=0; for(int i=1;i<=n;i++) sum+=max((ld)0,(a[i]*mid-b[i])/p); if(sum<mid+eps) l=mid; else r=mid; } if(r+eps>=(ld)1e17) return 0*puts("-1"); printf("%0.6lf\n",(double)(l+r)/2.0); return 0; }
B. Volatile Kite
给定一个凸多边形，求一个最大的D，每个点无论在距离D里面怎么移动，都还是凸多边形. n<=1000
发现题目是求一个点到两点连线距离的最小值的一半，只要判相邻的三个点就行了。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<queue> #include<cmath> #include<set> #include<map> #define eps 1e-8 #define MN 1000 #define ll long long using namespace std; inline int read() { int x = 0,f = 1; char ch = getchar(); while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = 0;ch = getchar();} while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();} return f?x:-x; } inline double sqr(double x){return x*x;} struct P { double x,y; P(double _x=0,double _y=0):x(_x),y(_y){} double operator^(P b){return fabs(x*b.y-b.x*y);} P operator-(P b){return P(x-b.x,y-b.y);} friend double dis(P a,P b){return sqrt(sqr(a.x-b.x)+sqr(a.y-b.y));} }p[MN+5]; int n; double ans=1e18; int main() { n=read(); for(int i=1;i<=n;i++) p[i].x=read(),p[i].y=read(); for(int i=1;i<n;i++) ans=min(ans,dis(p[i],p[i+1])/2.0); ans=min(ans,dis(p[n],p[1])/2.0); p[n+1]=p[1];p[n+2]=p[2]; for(int i=1;i<=n;i++) ans=min(ans,((p[i]-p[i+1])^(p[i+2]-p[i+1]))/dis(p[i],p[i+2])/2); printf("%0.7lf\n",ans); return 0; }
C.给定n个0-m-1的数字和m，你要构造一个尽可能长的数列，满足前缀积互不相同，且n个数都没有出现。n<=m<=200000
裴蜀定理，把每一个数字和m求gcd然后扔在一起，然后每个gcd都可以向它的倍数转移，dp求一个最长路径，最后用exgcd求一下方程系数输出就行了。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<vector> #define MN 200000 using namespace std; inline int read() { int x = 0 , f = 1; char ch = getchar(); while(ch < '0' || ch > '9'){ if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();} while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();} return x * f; } int n , m , from , ans = 0 , f[MN + 5] , last = 1 , ne[MN + 5]; bool b[MN + 5]; vector<int> v[MN + 5]; inline int gcd(int x,int y){return !y ? x :gcd(y , x % y);} int exgcd(int a , int b , int&x , int&y) { if(!b) {x = 1 , y = 0; return a;} int c = exgcd(b , a % b , x , y); int t = x; x = y; y = t - (a / b) * x; return c; } void solve(int x) { if(ne[x]) solve(ne[x]); int X = 0, Y = 0 , Z; for(int i = 0 ; i < v[x].size() ; ++i) Z = exgcd(last , m , X , Y) , printf("%d ",(1LL * X * v[x][i] / Z % m + m) % m) , last = v[x][i]; } int main() { n = read(); m = read(); for(int i = 1 ; i <= n ; ++i) b[read()] = 1; for(int i = 1 ; i < m ; ++i) if(!b[i]) v[gcd(i , m)].push_back(i); for(int i = 1 ; i < m ; ++i) { if((f[i] += v[i].size()) > ans) ans = f[i] , from = i; for(int j = i << 1 ; j < m ; j += i) if(f[i] > f[j]) f[j] = f[i] , ne[j] = i; } printf("%d\n", ans + !b[0]); solve(from); if(!b[0]) puts("0"); return 0; }
D.Varying Kibibits
定义f(s1,s2...sn)的每一位是这n个数里面那一位的最小值 求
就是对于每一个f(x)的值等于x的子序列si，计算它的和的平方的和乘以x.
给定n个数，求G(1)^G(2)^...^G(n) n<=10^6 数字在[0,10^6-1]
题解：枚举x，如果直接算等于x的，显然不好做，考虑容斥原理，计算每一位都大等于x的每一位的答案。这样我们只要对于一个集合能够求出它的子集的和的平方和就行了。
比如只有两个数字a,b 答案是$(a^{2}+b^{2})+(a+b)^{2}$
如果有三个数字abc,答案是$2(a^{2}+b^{2}+c^{2})+2(a+b+c)^2$
......
然后经过乱拆之后一番找规律，发现如果有k个数字，答案是2^(k-2)乘以它们的平方和加上和的平方，k比较小的时候特判一下。所以我们对于每一个数，维护大等于它的数字的 平方和 ， 和 ， 数字个数 就可以算出答案了。
转移和计算答案都用容斥原理，2的次方可以预处理，复杂度$O(2^{6}*10^{6})$，自带大常数，我上fread卡了一会儿常数才过去。
代码有点丑
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<queue> #include<cmath> #include<set> #include<map> #define MN 1000000 #define ll long long #define mod 1000000007 char B[1<<26],*S=B; #define getchar() (*S++) using namespace std; inline int read() { int x = 0,f = 1; char ch = getchar(); while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') f = 0;ch = getchar();} while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();} return f?x:-x; } int n,num[MN+5],sq[MN+5],sum[MN+5],a[MN+5],C,D,pw[7],X,p[MN+5]; ll res=0,ans; inline void R(int&x,int y){x+=y;(x>=mod)?x-=mod:0;x<0?x+=mod:0;} void dfs(int x,int now,int k,int l) { if(x>6) { if(l!=X&&num[l]) { R(num[X],k*num[l]); R(sq[X],k*sq[l]); R(sum[X],k*sum[l]); } return; } int la=now%10;now/=10; dfs(x+1,now,k,l+la*pw[x]); if(la<9) dfs(x+1,now,-k,l+(la+1)*pw[x]); } inline int Sqr(int x){return 1LL*x*x%mod;} void solve(int x,int now,int k,int l) { if(x>6) { if(num[l]) { if(k==-1) k=mod-1; if(num[l]==1) ans=(ans+1LL*k*Sqr(sum[l]))%mod; else { int times=p[num[l]-2]; ans=(ans+1LL*k*times%mod*(1LL*Sqr(sum[l])+sq[l])%mod)%mod; } } return; } int la=now%10;now/=10; solve(x+1,now,k,l+la*pw[x]); if(la<9) solve(x+1,now,-k,l+(la+1)*pw[x]); } inline int U(int x){return x>=mod?x-=mod:x;} int main() { fread(B,1,1<<26,stdin); n=read();pw[1]=p[0]=1; for(int i=1;i<=1000000;i++) p[i]=U(p[i-1]<<1); for(int i=2;i<=6;i++)pw[i]=pw[i-1]*10; for(int i=1;i<=n;i++) ++num[a[i]=read()],sq[a[i]]=(sq[a[i]]+1LL*a[i]*a[i])%mod,(sum[a[i]]+=a[i])%=mod; for(X=999999;~X;--X) dfs(1,X,-1,0); for(X=999999;X;--X) { ans=0;solve(1,X,1,0); res=res^(1LL*ans*X); } cout<<res; return 0; }
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