[考试反思]0209省选模拟22：谬误

感觉自己被上天嘲讽了一样。。。联赛后拿的好名次都是通过一些奇奇怪怪的原因。

上次是毒瘤打表被我碰上了，这次是数据水乱打能拿好多分（刚开始）

但是大体也还行后两题都写对拍了，还都发现锅了

只不过当时没有好好学manacher导致考场上并没有打出来，所以就只写了暴力。

然后也就没啥了，对拍都挂上了，也就没啥说的

只不过T1高的出乎意料了，于是找教练加了两三组数据把自己$hack$掉。

应该像$NC$说的那样加个20组的这样我就能大概看到真正的名次了。T1其实得10分也就差不多了。

然而自己加的几组数据其实还不够毒瘤。。。可以hack一部分正解。。。

 

T1：遮天蔽日

大意：点光源照圆，中间有个不透明多边形，多边形会绕重心自转，绕圆形公转，给定时刻，求圆被照射到的弧长。

题目的本意是好的，但是写起来是真的恶心。

看着$std$大概写了下来，其实很好理解，也并没有想象中那么恶心。

首先先按照题意公转自转。先后顺序无所谓，但是共转并不能让所有点都公转，而是让重心公转，点的相对位置不变。

问题是求重心：类似加权平均数的样子，所有点向原点连线，然后做一个带正负的三角剖分，重心坐标即为两点坐标按照面积加权后/3。

skyh说的：感性理解+记个板子足够用了。

然后所有点与光源连线，再连上俩切线，这些直线按照极角排序。

为了方便，我们设靠下的直线的极角为基准值0，其余均与之做差。先把范围外的都干掉。

然后现在讨论的就是两条切线之间的线。

对于每两条线之间的部分，这段区域要么全亮要么全不亮，所以我们从中任选一个角度。

暴力枚举多边形所有边，用向量判断是否有交点即可。

计算切线用到了正弦定理。最后算弧长的时候，实际上为了方便，我们求的是0～x这段角度所对应的圆心角大小。

然后询问某一段的时候相当于一个差分。

具体计算这个值的话，是点与圆心连线后再去用正弦定理计算圆心角。

只需要一个完整的向量桶，然后就按照直觉来。

代码写出二义性了，调到暴毙，原理不明。

我写的这个不会被凹多边形$hack$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double pi=3.1415926535,Pi=2*pi;
struct P{
    double x,y;
    P():x(0),y(0){}
    P(double X,double Y):x(X),y(Y){}
    P operator+(P b){return P(x+b.x,y+b.y);} P&operator+=(P b){x+=b.x;y+=b.y;}
    P operator-(P b){return P(x-b.x,y-b.y);} P&operator-=(P b){x-=b.x;y-=b.y;}
    P operator*(double b){return P(x*b,y*b);} P&operator*=(double b){x*=b;y*=b;}
    P operator/(double b){return P(x/b,y/b);} P&operator/=(double b){x/=b;y/=b;}
    double operator*(P b){return x*b.x+y*b.y;} double operator^(P b){return x*b.y-b.x*y;}
    double len(){return sqrt(x*x+y*y);} double A(){return atan2(y,x);}
    P spin(double A){return P(x*cos(A)-y*sin(A),x*sin(A)+y*cos(A));}
}S,E,p[33],G;
int n,Ac;double t1,t2,t,R,area,lenSE,dA,lwr,A[33],ans;
double cal(double a){double A=(a-dA/2);return asin(max(-1.,min(1.,sin(A)/R*lenSE)))-A;}
int main(){
    cin>>S.x>>S.y>>E.x>>E.y>>R>>n>>t1>>t2>>t;
    lenSE=(E-S).len(); dA=asin(R/lenSE)*2; lwr=(E-S).A()-dA/2; 
    if(lwr<-pi)lwr+=Pi; if(lwr>pi)lwr-=Pi;
    for(int i=0;i<n;++i)cin>>p[i].x>>p[i].y;
    for(int i=0;i<n;++i)G+=(p[i]+p[(i+1)%n])*(p[i]^p[(i+1)%n]),area+=p[i]^p[(i+1)%n];
    G/=3*area;for(int i=0;i<n;++i)p[i]-=G;
    t1=t/t1*Pi;t2=t/t2*Pi;
    G=E+(G-E).spin(t1); for(int i=0;i<n;++i)p[i]=G+p[i].spin(t2);
    A[++Ac]=0; A[++Ac]=dA;
    for(int i=0;i<n;++i)A[++Ac]=(p[i]-S).A()-lwr;
    for(int i=1;i<=Ac;++i)if(A[i]<-pi)A[i]+=Pi;else if(A[i]>pi)A[i]-=Pi;
    sort(A+1,A+1+Ac);
    for(int i=1,ok;ok=1,i<Ac;++i)if(A[i]>=0&&A[i]<dA&&A[i+1]-A[i]>1e-7){
        P tmp=P(cos((A[i+1]+A[i])/2+lwr),sin((A[i+1]+A[i])/2+lwr)),x,y;
        for(int j=0;j<n;++j)if((((x=p[j])-S)^tmp)*(((y=p[(j+1)%n])-S)^tmp)<0){
            y-=x;double rate=(y^(S-x))/(tmp^y);
            if(rate>0&&(S+tmp*rate-E)*(S-E)>0){ok=0;break;}
        }if(ok)ans+=cal(A[i+1])-cal(A[i]);
    }printf("%.2lf\n",ans*R);
}

0 0 100 0 5
12 1 1 0
90 1
90 100
110 100
110 -100
90 -100
90 -1
89 -4
89 -111
111 -111
111 111
89 111
89 4

 

T2：三元组

大意：给定字符串求所有满足$i \le j < k$且$S(i,j),S(j+1,k)$都是回文串的$\sum ik$。多测。$|S| \le 10^6, T \le 5$

很明显在卡$O(nlogn)$。

线性回文串就$manacher$。需要维护以点$i$为左端点的回文串的右端点编号和。区间加等差数列。

问题是离线的，也就是询问都在修改后。维护两个数组$a,b$表示位置$i$往后要加上以$b[i]$为首项$a[i]$为公差的等差数列。

最后做前缀和就行了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define S 2222222
#define mod 1000000007
char s[S];int R[S],C,mR=-1,ans,a[S],b[S],c[S],d[S];
void add(int&x,int y){x+=y;if(x<0)x+=mod;if(x>=mod)x-=mod;}
int main(){s[0]='_';//freopen("3.in","r",stdin);freopen("3.out","w",stdout);
    int t;cin>>t;while(t-->0){
        scanf("%s",s+1);int n=strlen(s+1);mR=-1;
        for(int i=n;i;--i)s[i<<1]=s[i],s[i]=0;
        for(int i=1;i<n+1<<1;++i){
            R[i]=i<=mR?min(mR-i+1,R[2*C-i]):0;
            while(s[i+R[i]]==s[i-R[i]])R[i]++;
            if(i+R[i]>mR)mR=i+R[i]-1,C=i;
        }
        for(int i=1;i<n+1<<1;++i)R[i]--;
        for(int i=1;i<n+1<<1;++i){
            int l=(i-R[i]>>1)+1,r=i+R[i]>>1,md=l+r>>1;
            if(r>=l)a[md+(i&1)]--,a[r+1]++,add(b[md+(i&1)],md),add(b[r+1],1-l);
        }
        for(int i=1;i<=n;++i)c[i]=b[i],add(b[i+1],b[i]+a[i]),a[i+1]+=a[i],a[i]=b[i]=0;
        for(int i=1;i<n+1<<1;++i){
            int l=(i-R[i]>>1)+1,r=i+R[i]>>1,md=l+r>>1;
            if(r>=l)a[l]--,a[md+1]++,add(b[l],r),add(b[md+1],1-md-(i&1));
        }
        for(int i=1;i<=n;++i)d[i]=b[i],add(b[i+1],b[i]+a[i]),a[i+1]+=a[i],a[i]=b[i]=0;
        ans=0; for(int i=1;i<n;++i)ans=(ans+1ll*c[i]*d[i+1])%mod; cout<<ans<<endl;
    }
}

 

T3：最有价值

大意：数字串，选中一个子序列，对于数字$i$若选中了则$b_i$代价，每多选一次额外付出$a_i$。位置$i,j$同时选收益$w_{i,j}$。最大化收益。$n \le 100, T \le 20$

同时选有收益，非常经典的网络流模型。

处理每种数字的贡献，只需要新建$10$个点表示数字，连$a_i-b_i$的边表示选这种数有这样的代价，再有这10个点向序列对应位置连边。

可以用老方法讲点数优化至$O(n)$但是没啥必要，就这样吧。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define S 66666
#define inf 998244353
int n,ec=1,t,fir[S],l[S],to[S],v[S],T=6666,w[111][111],a[11],pc,b[11],ans,d[S],q[S];char s[111];
void link(int a,int b,int w){l[++ec]=fir[a];fir[a]=ec;to[ec]=b;v[ec]=w;}
void con(int a,int b,int w){link(a,b,w);link(b,a,0);}
bool bfs(){
    for(int i=1;i<=T;++i)d[to[i]]=0;d[0]=1;
    for(int h=1,t=1;h<=t;++h)for(int i=fir[q[h]];i;i=l[i])if(!d[to[i]]&&v[i])d[q[++t]=to[i]]=d[q[h]]+1;
    return d[T];
}
int dfs(int p,int f){
    if(p==T)return f;int r=f;
    for(int i=fir[p];i&&r;i=l[i])if(d[to[i]]==d[p]+1&&v[i]){
        int x=dfs(to[i],min(v[i],r));
        if(!x)d[to[i]]=0;
        v[i]-=x;v[i^1]+=x;r-=x;
    }return f-r;
}
int main(){
//    freopen("3.in","r",stdin);freopen("3.out","w",stdout);
    cin>>t;while(t-->0){
        scanf("%d%s",&n,s+1);pc=n+10;
        for(int i=0;i<=9;++i)scanf("%d%d",&a[i],&b[i]),con(0,n+i+1,b[i]-a[i]);
        for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=1;j<=n;++j)scanf("%d",&w[i][j]),ans+=w[i][j];
        for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=i+1;j<=n;++j)con(i,++pc,inf),con(j,pc,inf),con(pc,T,w[i][j]+w[j][i]);
        for(int i=1;i<=n;++i)con(0,i,a[s[i]-48]),con(n+s[i]-47,i,inf),ans-=w[i][i];
        while(bfs())ans-=dfs(0,inf);printf("%d\n",ans);
        for(int i=0;i<=T;++i)fir[i]=0;ec=1;ans=0;
    }
}