【纪中集训】2019.08.10【NOIP提高组】模拟 A 组TJ
T1
Description
Solution
- 翻翻金斌09年的集训队论文，可见正解是一种“另类”欧几里得算法。他证明了夹角大于\(\frac{\pi}3\)时答案为\(min(|a|,|b|)\)，还有\((a,b)\)的答案等于\((a,b+ka)(k\in \mathbb{Z})\)的答案，然后通过做垂线的方式不断增大夹角。
- 实际上\(a\)和\(b\)共线时答案应该是0。
- 复杂度我也不会证。
Code
#include<cmath>
#include<cstdio>
typedef double db;
const db eps=1e-9;
struct dot
{
db x,y;
dot operator-(const dot&a)const{return {x-a.x,y-a.y};}
dot operator*(const int&t)const{return {t*x,t*y};}
db operator*(const dot&a)const{return x*a.x+y*a.y;}
db operator^(const dot&a)const{return x*a.y-y*a.x;}
}a,b,O;
db len(dot a) {return sqrt(a*a);}
db min(db x,db y) {return x<y?x:y;}
db gcd(dot a,dot b)
{
if(abs(a^b)<eps) return 0;
db la=a*a;
if(a*b<eps) b=O-b;
if(a*b/len(a)/len(b)<=0.5) return min(la,b*b);
dot e={a.x*(a*b)/la,a.y*(a*b)/la};
if(len(a)>len(e)) return gcd(a-b,a);
int k=floor(len(e)/len(a)); dot c=a*k,d=a*(k+1);
return gcd(len(c-e)<len(d-e)?b-c:b-d,a);
}
int main()
{
freopen("math.in","r",stdin);
freopen("math.out","w",stdout);
while(~scanf("%lf%lf%lf%lf",&a.x,&a.y,&b.x,&b.y))
printf("%.0lf\n",gcd(a,b));
}
T2
Description
- 给定一个\(h(≤10)\)层、\(n(≤10)\)行、\(m(≤10)\)列的由泥土组成的立方体，挖开\((i,j,k)\)的泥土代价为\(a[i,j,k](\in[0,65536))\)，挖开后就可以随意走这个点。一开始在第0层随便一个点，每次可以挖开他正下方、以及他同一层的四连通相邻点。
- 第\(z\)层有\(K[z](≤9)\)个点必须经过。
- 求最小代价。
Solution
- 分层斯坦纳树。但此题有些特殊，它是有向边，如果直接做则斯坦纳树的第一种转移（即状态不同的转移）应该是要枚举一条边的；因此我们可以不连边，而是走到一个点就加上它的点权。
- 注意到还要考虑其他层的影响；因此我们可以自上而下（自下而上也是一样）地做，每层都新建一个特殊必经点，表示它当前层上面所有层的总和，然后要根据它第一次走到的点来定夺附加点权。
- 这样做的话，时间复杂度就是\(O(nm\sum_{z=1}^h2^{K[z]})\)的了。
Code
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define MIN(x,y) if(x>y)x=y
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int H=11,N=H*H,inf=0x3f3f3f3f;
int h,n,m,n1,a[H][N],K,x,y,X[H],f[1024][N],g[N],hd,tl,d[N*N],ans;
bool p[N];
bool go(int x,int y) {return x%m^1&&y==x-1||x%m&&y==x+1||y==x-m||y==x+m;}
void spfa(int dep,int S)
{
while(hd<tl)
{
int x=d[++hd];
fo(y,1,n1)
if(!x||go(x,y))
{
int len=a[dep][y]+(!x&&dep>1?g[y]:0);
if(f[S][y]>f[S][x]+len)
{
f[S][y]=f[S][x]+len;
if(!p[y])
{
p[d[++tl]=y]=1;
if(f[S][d[h+1]]>f[S][y]) swap(d[hd+1],d[tl]);
}
}
}
p[x]=0;
}
}
int main()
{
freopen("treasure.in","r",stdin);
freopen("treasure.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d",&h,&n,&m), n1=n*m;
fo(dep,1,h) fo(i,1,n1) scanf("%d",&a[dep][i]);
fo(dep,1,h)
{
memset(f,63,sizeof f);
scanf("%d",&K);
fo(i,1,K) scanf("%d%d",&x,&y), X[i]=(x-1)*m+y, f[0][X[i]]=f[1<<i-1][X[i]]=a[dep][X[i]];
X[++K]=0, f[0][0]=f[1<<K-1][0]=0;
fo(S,1,(1<<K)-1)
{
for(int s=(S-1)&S; 233; s=(s-1)&S)
{
fo(x,1,n1) MIN(f[S][x],f[s][x]+f[S^s][x]-a[dep][x]);
if(!s) break;
}
hd=tl=0;
fo(i,0,n1) if(f[S][i]<inf) p[d[++tl]=i]=1;
spfa(dep,S);
}
fo(i,1,n1) g[i]=f[(1<<K)-1][i];
}
ans=inf;
fo(i,1,n1) MIN(ans,g[i]);
printf("%d",ans);
}
T3
Description
- 给定无限平面网格图上的\(N(≤100000)\)个黑格，其余格为白。保证所有黑格四连通，所有白格四连通。
- 在一个黑格时，一步可以走到与它四连通相邻的黑格。
- 求所有黑格两两间的最小步数。
Solution
- 这是IOI2012T4，顾昱洲写的TJ里有一种DP解法，但那种方法有些繁琐；这里讲一种
撵爆顾昱洲更为简单的方法。 - 考虑将黑格按横坐标剖分，即把一块横坐标相同且相邻的黑格压成一个点；如果有两块横坐标不同但相邻的黑格，就在它们对应的新点之间连边。这样一定会形成一棵树，我们可以直接在上面搞事情。
- 但如果直接遍历这棵重构树求答案，我们并不知道对于之前的黑格，它走下来需要左右移动多少次（即纵坐标更改多少次），强行记录的话又过于繁琐。有一个很妙的思路是：我们可以把横坐标和纵坐标对答案的贡献分开处理。比如处理横坐标对答案的贡献时，就不管它左右移动，每次只上下移动，那就很好做了。
- 时间复杂度的话，不算排序是\(O(n)\)的。
Code
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define fi first
#define se second
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
typedef pair<int,int> P;
const int N=11e4,v[2]={-1,1};
int n,cnt,L[N],R[N],X[N],tot,a[N],sz[N];
P p[N];
struct edge{int v,t;}e[N<<1];
long long ans;
inline bool con(int x,int y) {return X[x]+1==X[y]&&L[x]<=R[y]&&L[y]<=R[x];}
inline void link(int x,int y)
{
e[++tot]=(edge){y,a[x]}, a[x]=tot;
e[++tot]=(edge){x,a[y]}, a[y]=tot;
}
void dfs(int x,int f)
{
sz[x]=R[x]-L[x]+1;
for(int i=a[x],y; y=e[i].v; i=e[i].t) if(y^f) dfs(y,x),sz[x]+=sz[y];
ans+=1ll*sz[x]*(n-sz[x]);
}
void work()
{
sort(p+1,p+n+1);
cnt=0;
fo(i,1,n) if(p[i-1].fi<p[i].fi||p[i-1].se+1<p[i].se) R[cnt]=p[i-1].se, L[++cnt]=p[i].se, X[cnt]=p[i].fi;
R[cnt]=p[n].se;
int j=1;
memset(a,tot=0,sizeof a);
fo(i,1,cnt)
{
if(j>cnt) break;
for(; j<=cnt&&(X[j]<=X[i]||X[j]==X[i]+1&&!con(i+1,j)&&L[j]<=R[i]); j++) if(con(i,j)) link(i,j);
if(con(i,j)) link(i,j);
}
dfs(1,0);
}
int main()
{
freopen("city.in","r",stdin);
freopen("city.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
fo(i,1,n) scanf("%d%d",&p[i].fi,&p[i].se);
work();
fo(i,1,n) swap(p[i].fi,p[i].se);
work();
printf("%lld",ans%int(1e9));
}
