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🔖DP 数论思维中国剩余定理 Floyd 并查集计算几何欧拉路凸包

2023-01-21 22:34阅读: 582评论: 5推荐: 3

AtCoder Beginner Contest 286

A - Range Swap (abc286 a)

题目大意

给定长度为 $n$ 的数组 $a$ 和 $p,q,r,s$ ，交换 $a[p..q]$ 和 $a[r..s]$ 并输出交换后的数组 $a$ 。

解题思路

模拟即可。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n, p, q, r, s;
    cin >> n >> p >> q >> r >> s;
    vector<int> a(n);
    for(auto &i : a)
        cin >> i;
    -- p;
    -- q;
    -- r;
    -- s;
    for(int i = p, j = r; i <= q; ++ i, ++ j)
        swap(a[i], a[j]);
    for(auto &i : a)
        cout << i << ' ';
    cout << '\n';
 
    return 0;
}

B - Cat (abc286 b)

题目大意

给定一个字符串，将其中的 $na$ 替换成 $nya$

解题思路

模拟即可。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n;
    string s;
    cin >> n >> s;
    string ans;
    for(int i = 0; i < n; ++ i){
        if (s[i] != 'n')
            ans += s[i];
        else if (i + 1 < n && s[i + 1] == 'a'){
            ans += "nya";
            ++ i;
        }else 
            ans += s[i];
    }
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}

C - Rotate and Palindrome (abc286 c)

题目大意

给定一个字符串 $s$ ，以及 $A,B$ 。可进行如下两种操作若干次：

花费 $A$ 的代价，将字符串 $s$ 的首字母移动到末尾
花费 $B$ 的代价，将字符串 $s$ 的某一位字母替换成任意字母

问将字符串 $s$ 变成回文串的最小代价。

解题思路

观察到这两种操作的执行顺序是可以交换且不影响最终结果的，于是可以先枚举执行第一种操作的次数，之后计算操作二的代价，两者的和取最小值即可。复杂度是 $O(n^2)$

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n, a, b;
    cin >> n >> a >> b;
    string s;
    cin >> s;
    LL ans = 1e18 + 7;
    auto solve = [&](int st){
        int ed = (st - 1 + n) % n;
        LL tmp = 0;
        for(int cnt = n / 2; cnt; st = (st + 1) % n, ed = (ed - 1 + n) % n, -- cnt)
            tmp += 1ll * (s[st] != s[ed]) * b;
        return tmp;
    };
    for(int i = 0; i < n; ++ i){
        ans = min(ans, 1ll * i * a + solve(i));
    }
    cout << ans << '\n';
 
    return 0;
}

D - Money in Hand (abc286 d)

题目大意

现在有 $n$ 种硬币，其中第 $i$ 种硬币价值 $a_i$ 元，有 $b_i$ 个。

给定 $x$ ，问这些硬币能不能凑出 $x$ 元。

解题思路

范围都不大，设 $dp[i]$ 表示能否凑出 $i$ 元，转移枚举使用哪种硬币以及使用多少个，一个多重背包随便搞搞就好。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n, x;
    cin >> n >> x;
    vector<int> dp(x + 1, 0);
    dp[0] = 1;
    for(int i = 0; i < n; ++ i){
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        for(int j = x; j >= a; -- j){
            for(int k = 1; k <= b; ++ k)
                if (j >= k * a)
                    dp[j] |= dp[j - k * a];
        }
    }
    if (dp[x])
        cout << "Yes" << '\n';
    else 
        cout << "No" << '\n';
 
    return 0;
}

E - Souvenir (abc286 e)

题目大意

给定一张有向图，边权均为 $1$ ，给定点权。

有 $q$ 个询问，每个询问问从 $x$ 点到 $y$ 点，其边权和最小是多少，在最小的前提下，点权和最大是多少。

不能到达则输出 Impossible。

解题思路

点数只有 $300$ ，边权和即距离，对原图跑一遍 floyd即可。后者其实还是可以看成是个距离，在更新边权和时顺便更新点权和即可。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
const int inf = 1e9 + 7;
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    vector<int> a(n);
    for(auto &i : a)
        cin >> i;
    vector<string> s(n);
    for(auto &i : s){
        cin >> i;
    }
    vector<vector<int>> dis(n, vector<int>(n, inf));
    vector<vector<LL>> value(n, vector<LL>(n, 0));
    for(int i = 0; i < n; ++ i)
        for(int j = 0; j < n; ++ j){
            if (i == j){
                dis[i][j] = 0;
                value[i][j] = a[i];
            } else if (s[i][j] == 'Y'){
                dis[i][j] = 1;
                value[i][j] = a[i] + a[j];
            }
        }
    for(int k = 0; k < n; ++ k)
        for(int i = 0; i < n; ++ i)
            for(int j = 0; j < n; ++ j){
                if (dis[i][j] > dis[i][k] + dis[k][j]){
                    dis[i][j] = dis[i][k] + dis[k][j];
                    value[i][j] = value[i][k] + value[k][j] - a[k];
                }else if (dis[i][j] == dis[i][k] + dis[k][j]){
                    value[i][j] = max(value[i][j], value[i][k] + value[k][j] - a[k]);
                }
            }
    int q;
    cin >> q;
    while(q--){
        int u, v;
        cin >> u >> v;
        -- u;
        -- v;
        if (dis[u][v] == inf)
            cout << "Impossible" << '\n';
        else 
            cout << dis[u][v] << ' ' << value[u][v] << '\n';
    }
 
    return 0;
}

F - Guess The Number 2 (abc286 f)

题目大意

交互题。

你需要猜到对方的 $n$ 的大小，你仅可做一件事：

指定 $m$ ，输出一个长度为 $m$ 的数组 $a$ 。其中 $1 \leq m \leq 110, 1 \leq a_i \leq m$
对方根据数组 $a$ ，输出一个数组 $b$
你根据该数组 $b$ ，得出 $n$ 的值。

生成数组 $b$ 的方式为：

假想一个有 $m$ 个点的图，其中点 $i$ 连一条有向边到点 $a_i$ 。
$b_i$ 的值为：从 $i$ 号点出发，走 $n$ 条边到达的点的编号。

$n \leq 10^9$

解题思路

对于一个大小为 $a$ 的环，走一圈需要 $a$ 的代价，因此从对应的数组 $b$ 可以得知 $n \% a$ 的值是多少。

这样从若干个环我们可以得到一组形如 $n \equiv r_i, \mod m_i$ 的同余方程。

因此我们就要构造一组相互互质 $m_i$ ，满足 $\sum m_i \leq 110$ ，且 $\prod m_i \geq 10^9$ ，由中国剩余定理可知在 $M = \prod m_i$ 内存在唯一解，且该解可以构造出来。

通过手玩可以构造出一组数组 $M$ ： $4,9,5,7,11,13,17,19,23$ ，其和为 $108 < 110$ ，其乘积为 $1338557220 > 10^9$

通过该数组 $M$ （每个元素就是一个环的大小了）可以构造出对应的数组 $a$ 。然后根据数组 $b$ 计算得到每个余数 $r_i$ ，然后由中国剩余定理解出 $n$ 。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
vector<LL> a {4, 9, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23};
 
LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y) {
    if (b == 0) { x = 1; y = 0; return a; }
    LL ret = exgcd(b, a % b, y, x);
    y -= a / b * x;
    return ret;
}
 
LL CRT(vector<LL>& r, vector<LL>& mod) {
    LL n = 1, ans = 0;
    int k = r.size();
    for (int i = 0; i < k; i++) n = n * mod[i];
    for (int i = 0; i < k; i++) {
        LL m = n / mod[i], b, y;
        exgcd(m, mod[i], b, y);  
        ans = (ans + r[i] * m * b % n) % n;
    }
    return (ans % n + n) % n;
}
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int sum = accumulate(a.begin(), a.end(), 0);
    cout << sum << '\n';
    int st = 1;
    vector<LL> out;
    for(auto &i : a){
        int ba = st;
        ++ st;
        for(int j = 0; j < i - 1; ++ j){
            out.push_back(st);
            ++ st;
        }
        out.push_back(ba);
    }
    for(auto &i : out)
        cout << i << ' ';
    cout << endl;
    vector<int> b(sum);
    for(auto &i : b){
        cin >> i;
    }
    st = 0;
    vector<LL> r;
    for(auto &i : a){
        auto pos = find(out.begin() + st, out.begin() + st + i, b[st]);
        r.push_back(pos - (out.begin() + st) + 1);
        st += i;
    }
    cout << CRT(r, a) << endl;
 
    return 0;
}

G - Unique Walk (abc286 g)

题目大意

给定一张无向图，以及一个重要边集合。

问是否存在一条路径，其经过了每条重要边仅此一次。

解题思路

如果所有边都是重要边，那题意就是求是否存在一条欧拉通路。

而如果有一些边不重要，即它可以不经过，或经过若干次，那该边所连接的两个点就可以相互到达无限次，我们可以将这两个点缩成一个点。

即将原图里所有不重要的边进行缩边，最后得到一张仅由重要边组成的图，判一下是否存在欧拉通路即可。

无向连通图判断欧拉通路的条件是：仅存在0个或2个度数为奇数的点。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
class dsu {
    public:
    vector<int> p;
    int n;
 
    dsu(int _n) : n(_n) {
        p.resize(n);
        iota(p.begin(), p.end(), 0);
    }
 
    inline int get(int x) {
        return (x == p[x] ? x : (p[x] = get(p[x])));
    }
 
    inline bool unite(int x, int y) {
        x = get(x);
        y = get(y);
        if (x != y) {
            p[x] = y;
            return true;
        }
        return false;
    }
};
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    dsu d(n);
    vector<pair<int, int>> edge(m);
    for(auto &i : edge){
        cin >> i.first >> i.second;
        -- i.first;
        -- i.second;
    }
    vector<int> s(m, 0);
    int x;
    cin >> x;
    for(int i = 0; i < x; ++ i){
        int e;
        cin >> e;
        s[e - 1] = 1;
    }
    for(int i = 0; i < m; ++ i){
        if (!s[i])
            d.unite(edge[i].first, edge[i].second);
    }
    vector<int> du(n, 0);
    for(int i = 0; i < m; ++ i){
        if (s[i]){
            du[d.get(edge[i].first)] ++;
            du[d.get(edge[i].second)] ++;
        }
    }
    int odd = count_if(du.begin(), du.end(), [](int x){
        return (x & 1);
    });
    if (odd == 0 || odd == 2)
        cout << "Yes" << '\n';
    else 
        cout << "No" << '\n';
 
    return 0;
}

Ex - Don't Swim (abc286 h)

题目大意

二维平面，给定一个凸多边形，以及在凸多边形外的两个点 $s,t$ 。问从点 $s$ 到点 $t$ 的最短距离，期间不能经过凸多边形内部。

解题思路

看样例有个初步的想法就是其最短路径，一定是由凸多边形的边、点 $s$ 到凸多边形的点，点 $t$ 到凸多边形的点，这三类边（当然还有个点 $s$ 到点 $t$ ，如果不穿过凸多边形）组成的。不可能会平白无故地到这些点之外的地方。

这样边只有 $O(n)$ 条，跑个最短路就可以了。只是需要判断后两类边会不会与凸多边形有交。

更进一步的，还有一个比较显然的想法就是，如果凸多边形出现在 $s,t$ 之间，首先肯定是从点 $s$ 到凸多边形上，然后绕多边形，然后再到点 $t$ 。那么对原凸多边形和点 $s,t$ 跑一个凸包，那么沿凸包上走，首先不会进入凸多边形内部，同时走的边也是上述这三类。

所以凸包上如果有点 $s$ 和点 $t$ ，那么点 $s$ 到点 $t$ 的路径就是凸包上顺时针走或逆时针走两条路径，取个最小值。而如果没有的话，说明点 $s$ 到点 $t$ 是畅通无阻的，可以直接走。

神奇的代码

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
 
typedef double db;
const db EPS = 1e-9;
 
inline int sign(db a) { return a < -EPS ? -1 : a > EPS; }
  
inline int cmp(db a, db b){ return sign(a-b); }
 
struct P {
	db x, y;
	P() {}
	P(db _x, db _y) : x(_x), y(_y) {}
	P operator+(P p) { return {x + p.x, y + p.y}; }
	P operator-(P p) { return {x - p.x, y - p.y}; }
	P operator*(db d) { return {x * d, y * d}; }
	P operator/(db d) { return {x / d, y / d}; }
 
	bool operator<(P p) const {  // 字典序小于
		int c = cmp(x, p.x);
		if (c) return c == -1;
		return cmp(y, p.y) == -1;
	}
 
	bool operator==(P o) const{  // 判断点相等
		return cmp(x,o.x) == 0 && cmp(y,o.y) == 0;
	}
 
	db dot(P p) { return x * p.x + y * p.y; }   // 点积
	db det(P p) { return x * p.y - y * p.x; }   // 叉积
	 
	db distTo(P p) { return (*this-p).abs(); }  // 两点距离
	db alpha() { return atan2(y, x); }          // 斜率
	void read() { cin>>x>>y; }                  // 读取
	void write() {cout<<"("<<x<<","<<y<<")"<<endl;} // 输出
	db abs() { return sqrt(abs2());}        // 距离原点的距离，向量长度
	db abs2() { return x * x + y * y; }     // 原点距离平方
	P rot90() { return P(-y,x);}            // 逆时针旋转90度
	P unit() { return *this/abs(); }        // 单位向量
	int quad() const { return sign(y) == 1 || (sign(y) == 0 && sign(x) >= 0); } // 是否在0～179度？点在上半边，极角排序用的
	P rot(db an){ return {x*cos(an)-y*sin(an),x*sin(an) + y*cos(an)}; }         // 逆时针旋转an度
};
 
// p1->p2 叉积 p1->p3
#define cross(p1,p2,p3) ((p2.x-p1.x)*(p3.y-p1.y)-(p3.x-p1.x)*(p2.y-p1.y))
// p1->p2 叉积 p1->p3 的符号
#define crossOp(p1,p2,p3) sign(cross(p1,p2,p3))
 
vector<P> convexHull(vector<P> ps) {    // 求凸包
	int n = ps.size(); if(n <= 1) return ps;
	sort(ps.begin(), ps.end());
	vector<P> qs(n * 2); int k = 0;
	for (int i = 0; i < n; qs[k++] = ps[i++]) 
		while (k > 1 && crossOp(qs[k - 2], qs[k - 1], ps[i]) <= 0) --k;
	for (int i = n - 2, t = k; i >= 0; qs[k++] = ps[i--])
		while (k > t && crossOp(qs[k - 2], qs[k - 1], ps[i]) <= 0) --k;
	qs.resize(k - 1);
	return qs;
}
 
int main(void) {
    ios::sync_with_stdio(false); 
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    vector<P> p(n + 2);
    for(auto &i : p)
        i.read();
    P s = p[n];
    P t = p[n + 1];
    auto res = convexHull(p);
    auto ps = find(res.begin(), res.end(), s);
    auto pt = find(res.begin(), res.end(), t);
    double ans = 0;
    if (ps == res.end() || pt == res.end()){
        ans = s.distTo(t);
    }else{
        double ans1 = 0, ans2 = 0;
        for(auto i = ps; i != pt;){
            auto nxt = next(i);
            if (nxt == res.end())
                nxt = res.begin();
            ans1 += i->distTo(*nxt);
            i = nxt;
        }
        for(auto i = pt; i != ps;){
            auto nxt = next(i);
            if (nxt == res.end())
                nxt = res.begin();
            ans2 += i->distTo(*nxt);
            i = nxt;
        }
        ans = min(ans1, ans2);
    }
    cout << fixed << setprecision(10) << ans << '\n';
 
    return 0;
}

本文作者：~Lanly~

本文链接：https://www.cnblogs.com/Lanly/p/17064072.html

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指尖跃动的换行符，是我此生不变的信仰。

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	#include <bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	using LL = long long;

	int main(void) {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	int n, p, q, r, s;
	cin >> n >> p >> q >> r >> s;
	vector<int> a(n);
	for(auto &i : a)
	cin >> i;
	-- p;
	-- q;
	-- r;
	-- s;
	for(int i = p, j = r; i <= q; ++ i, ++ j)
	swap(a[i], a[j]);
	for(auto &i : a)
	cout << i << ' ';
	cout << '\n';

	return 0;
	}