Skywalker_Q

摘要： 【GSS1】：题意：给定长度为N的数串，M个询问插叙[a,b]的的最大连续子段和；解析：线段树维护左端最大、右端最大、全局最大和整体和；然后动态插叙即可。【GSS3】：题意：在GSS1的基础上支持修改第i个数x的修改操作。解析：同上【GSS5】：题意：在GSS1的基础上询问x1,y1,x2,y2，使得a属于[x1,y1]，b属于[x2,y2];问最大的[a,b]的字段和。解析：维护GSS1的基础上，分情况讨论1、如果x1<=y1<x2<=y2 即区间分离，则中间必须取，分别在两端区间靠近中间选取最大可以不选2、如果x1<=x2<=y1<=y2①只选取[x2, 阅读全文

摘要： 【题目大意】：给定一棵N颗节点无根树，每个结点有个颜色；以及M个操作：C X Y Z 把X到Y的路径全染成Z颜色Q X Y 询问X到Y的路径有多少个颜色段【题目分析】：1、树链剖分，线段树维护两端颜色及颜色段数；2、动态树，Splay维护两段颜色及颜色段数；在AndyBear的鼓舞下我使用Link—Cut—Tree AC了此题。（膜拜自顶而下的Splay）PS：一个Splay里面的小Bug卡了我老半天……~~~~(>_<)~~~~ 【附代码如下】：Const maxn=100000;Type link=^node; node=record id:longint; next:link 阅读全文

摘要： 传送门：http://61.187.179.132:8080/JudgeOnline/showproblem?problem_id=1009【题目分析】：由于不会KMP，所以想到动态规划，设F[i,j]表示A串的前i个字符和B串的前j个字符匹配的种类数。显然有F[i]只由F[i-1]递推而得到。于是想到矩阵乘法（其实是看数据后想到的……，这是题解就那么些吧……）。我们枚举F[i-1]已经匹配了j位，枚举下一位的字符'0'..'9'然后求能拓展出来的F[i]中的状态。然后矩阵乘法就好啦……最后的答案就是Σ(ans[0,i]),时间复杂度O(M^3log(n))；【 阅读全文

摘要： 【算法分析】：暴力枚举O(N^2)分治解决O(NlogN)传送门：http://blogold.chinaunix.net/u2/63316/showart_2334130.html没有多想……按照算法的原理自己写了一个……效率还是蛮高的！10W的数据秒杀，暴力则跑了2min多种才出解。正确性无从而知，因此拿暴力对拍了一下，还好自测数据都是对的。【Code】：const maxn=100001;type point=record x,y:extended; end;var q,q1,q2:array[0..maxn]of longint; p,pp:array[0..maxn]of point 阅读全文

摘要： 【题目分析】：先凸包然后旋转卡壳。Master_Chivu说其实面积可以用叉积计算……然后我听了恍然大悟……因为我一直拿海伦公式算……传送门1：http://cgm.cs.mcgill.ca/~orm/rotcal.frame.html传送门2：http://blog.csdn.net/kaytowin/archive/2010/01/06/5140111.aspx传送门3：http://www.cppblog.com/staryjy/archive/2010/09/25/101412.html【Code】：const eps=1e-12;type point=record x,y:int64 阅读全文

摘要： 【题目分析】：还是很裸的凸包，Master_Chivu的数据eps要1e-12.【Code】:const eps=1e-12;type point=record x,y:extended; end;var p,q:array[0..200000]of point; n,m,i,k:longint; ans:extended;procedure qsort(l,r:longint); var i,j:longint; t:point; x,y:extended; begin i:=l; j:=r; x:=p[(l+r)>>1].x; y:=p[(l+r)>>1].y; r 阅读全文

摘要： 【题目分析】：很裸的凸包，数据还很弱……【Code】：type point=record x,y:extended; end;var p,q:array[0..100]of point; n,m,i,k:longint; ans:extended;procedure qsort(l,r:longint); var i,j:longint; t:point; x,y:extended; begin i:=l; j:=r; x:=p[(l+r)>>1].x; y:=p[(l+r)>>1].y; repeat while (p[i].x<x) or (p[i].x=x) 阅读全文

摘要： 【题目分析】算法一：位于(x,y)的点产生的分值是：Gcd(x,y)；问题转换成求Gcd(x,y)。答案为Σ(gcd(x,y)*2-1)，枚举x和y即可以得到80分。时间复杂度O(n^2logn)算法二：考虑Gcd(x,y)=D，D<=10^5范围不是很大，那么我们倒过来考虑，我们求解满足Gcd(x,y)=d的(x,y)的个数。有Σ(gcd(x,y)*2-1)=Σ(F[d]*(d*2-1));其中F[d]表示满足Gcd(x,y)=d的(x,y)的个数。考虑以d为公约数的(x,y)的个数g[d]，显然有g[d]=[n/d]*[m/d];根据容斥原理有：f[d]=g[d]-Σ(f[d*i]) 阅读全文

摘要： {ID:tomson12PROG:fcLANG:PASCAL}type point=record x,y:extended; end;const maxn=10001;var p,ch:array[0..maxn]of point; n:longint;procedure init; var i:longint; begin readln(n); for i:=1 to n do readln(p[i].x,p[i].y); end;procedure swap(var a,b:point); var t:point; begin t:=a; a:=b; b:=t; end;procedure 阅读全文