AtCoder Beginner Contest 220部分题(G,H)题解

刚开始的时候被E题卡住了，不过发现是个数学题后就开始使劲推式子，幸运的是推出来了，之后的F题更是树形DP换根的模板吧，就草草的过了，看了一眼G，随便口胡了一下，赶紧打代码，毕竟时间不多了，最后也没打完！比赛结束五分钟后，打完代码，woc，连样例都过不去，一看，确实忽略了一些情况。这个题卡的值了！

G - Isosceles Trapezium

题目中有1000个点，每个点都有一定的权值，要求你选出四个点，使得他们的权值和最大并且能够组成一个等腰梯形。
首先我们肯定是要挖掘等腰梯形的性质，来帮助我们做题。最明显的特征就是有两个平行的边，这启示我们在本题中的研究对象从点放到边上，我们可以预处理出所有的线段，考虑到等腰梯形的特殊性，我们考虑怎样的两条线段能够组成等腰梯形。发现他们的垂直平分线相同，并且他们线段的中点不是同一个点。既然这样的话，我们对于每一条线段需要一下信息：
1.它所对应的垂直平分线。
2.它的中点。
3.组成这个线段的两个点的权值和。
由于我们知道只有垂直平分线相同的线段才能组成等腰梯形，所以我们可以将所有的线段按照他们的垂直平分线分组。这就要需要我们制定一个唯一确定垂直平分线的方法，但double的精度问题可能会是这个确定有误差，所以我们用两个整数代表斜率k的分子分母，之后再用一个整数代表b的分子，三个数据就能代表一个线段，之后进行约分，符号统一等。
在组内，我们怎样找中点不同的两个线段的权值最大？我们可以建个set，权值作为第一排序关键字，之后再同一组内的所有线段之和权值最大的线段比较终点相同不相同即可。这个留作自己思考。整体代码的实现需要比较多的语法，挺拓展一个人的语法上的宽度。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1010;
int n,nx;
ll X[N],Y[N],W[N];
map<tuple<ll,ll,ll>,int>mp;//用map记录垂直平分线分的组。 
set<pair<ll,pair<ll,ll> > >st[N*N];//用set储存不同组里这个线段的中点和w和。 
inline ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
int main()
{
	//freopen("1.in","r",stdin);
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld%lld%lld",&X[i],&Y[i],&W[i]);
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=i+1;j<=n;++j)
		{
			ll dx=X[i]-X[j],dy=Y[i]-Y[j],dw=W[i]+W[j];
			if(!dx||!dy)
			{
				if(!dx) dy=0,dx=1;
				else dx=0,dy=1;
			}
			else
			{
				ll d=gcd(dx,dy);
				swap(dx,dy);
				dx/=d;dy/=d;//将k的分子分母化作最简。 
				dy*=-1;
				if(dx<0&&dy<0||dx>0&&dy<0) dx=-dx,dy=-dy;//统一符号在dx上. 	
			}
			ll cx=X[i]+X[j],cy=Y[i]+Y[j]; 
			ll b=cy*dx-cx*dy;//求得b，这只是b的分子，b的分母为2*dx，但这之前存过dx，dy，所以不必单独存储b的分母
			auto sx=make_tuple(dx,dy,b); 
			if(mp.find(sx)==mp.end()) mp[sx]=++nx;
			st[mp[sx]].insert({-dw,{cx,cy}});
		}
	ll ans=-1;
	for(int i=1;i<=nx;++i)//对每一组进行搜索答案。
	{
		if(st[i].size()<2) continue;
		auto sx=*(st[i].begin());
		for(auto x:st[i])
		{
			if(x.second!=sx.second) 
			{
				ans=max(ans,-sx.first-x.first);
				break;
			}
		} 
	}	
	printf("%lld",ans);
	return 0;	
} 

H - Security Camera

简化题意：给你一个无向图\(n个点，m条边\)，在每个点上你都可以选择是否安装一个摄像头，问一共\(2^n\)种方案中，有多少种方案使得被监视的道路数量为偶数。当一条边的两个端点至少有一个点安装摄像头，这条边才算被监视。
在这个题中，比较难处理的是：当处理一个点时，我们怎样统计它所造成的边的代价，因为每条边都有两个端点，只有两个点都没安装摄像头时，这条边才没被监控。还有一点就是边的数量是800，状态比较多，相比较之下，点的数目就只有40，我们可以思考将边的统计放到点上面去。关于这点，我们可以强制将边给定向，将边的方向定义为小的点指向大的点。这样的话，边的统计似乎有迹可循了...
但是这个题真的很难搞哎，算了，先理解一下大佬们优秀的做法吧：
设f[i][j][k]为当前处理完第i个点后，j:当前删除的边数为奇数/偶数（0/1）,k:当前各个点不选这个点删除的边数为奇数/偶数(0/1)（将所有点状压）的方案数。这个状态可能比较突兀与难以理解，但仔细品品，品品....j表明当前删除的边的状态，方便我们统计最后的答案。k这一维就有点难以理解了，不选这个点删除的边数的奇偶，也就是一条边的小的端点没有选，这些边都累计到大的边上。正是这个点很好的解决了我们的后效性的问题。
为了方便期间，我们把g[x]记作点x连向的点的|起来的值。当然是先转化成状压的形式，再或起来。
我们考虑一个点x，有指向他的点sx，有它指向的点tx，若这个点选的话，这些所有的边都不用删，则无论对于哪个点的删除的边的就都不会有影响，因为滞后性的缘故，sx中选的点边没有累计到x上，没选的点也因为x选而不上了，tx因为x选了，所有边都被监控，所以他们也没有必要累计边。但若当x没选的时候，当前j就要发生变化了，因为x要删除他之前存的删除的边的奇偶，并且，他还要把x连向tx的边累计到tx上去，导致他们没选而删除的边的奇偶发生变化。这个统计答案的方式，是当一个边真正的两个点都没选时才被删除。代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=42;
int n,m;
ll g[N];
map<ll,ll>f[N][2];
int main()
{
	//freopen("1.in","r",stdin);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;++i) 
	{
		int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
		x--;y--;
		if(x>y) swap(x,y);
		g[x]|=1ll<<y;
	}
	f[0][0][0]=1;//选0点，所有点因为不选要删除的边都为0，为偶数。
	f[0][0][g[0]]++;//不选0点，0指向的点因为不选要删除的边为1.
	for(int i=0;i<n-1;++i)
	{
		for(int j=0;j<2;++j)//枚举当前的删除的边数的奇偶。 
		{
			for(auto x:f[i][j]) //枚举上一层的所有状态，进行推磨式转移。 
			{
				ll bit=(x.first&(1ll<<i+1))?1:0;//确定因为i不选要删除的边的奇偶。 
				f[i+1][j][x.first^(bit<<(i+1))]+=x.second;
				//选i号点，所有点(i之后的点)因为不选而删除的边数的就不变。且j的状态不变。
				f[i+1][j^bit][x.first^(bit<<(i+1))^g[i+1]]+=x.second; 
				//不选i号点，j的状态根据当前j和因为i不选要删除的边数的就确定。 
				//并且改变之后的点因为不选而删除的边的奇偶。
			}
		}
	}
	ll ans=0;
	for(auto x:f[n-1][m&1]) ans+=x.second;
	printf("%lld",ans); 
	return 0; 
} 

这个题给我的启示：用map时要尽量减少状态的数量，可以选择将一些无关紧要的状态合并，这对提高时间和空间的复杂度很关键！