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1.AtCoder Beginner Contest 207  D.Congruence Points

 

 

 大意：给出两个集合，能否通过旋转和平移A集合中的点使它们与B集合中的点完全重合？

 题解：找出每个集合的重心，然后将重心移动到原点，那么就只需要考虑能否通过旋转使他们重合。找到A集合和B集合中到原点距离相等的两个点，求出需要旋转的角度，再暴力将A集合中的每个点旋转，判断是否能与B集合完全重合。

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long

const int maxn=120; 
const double esp=1e-9;

int n,na,nb;
int a[maxn],b[maxn],c[maxn],d[maxn];
int x,y,xx,yy,sum;

double pf(double x){
    return x*x;
}

int main(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i]>>b[i];
        a[i]*=n; b[i]*=n;
    } 
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>c[i]>>d[i];
        c[i]*=n; d[i]*=n;
    } 
    for(int i=1;i<=n;i++) sum+=a[i];
    x=sum/n; sum=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) sum+=b[i];
    y=sum/n; sum=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) sum+=c[i];
    xx=sum/n; sum=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) sum+=d[i];
    yy=sum/n; sum=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        a[i]-=x; b[i]-=y;
        c[i]-=xx; d[i]-=yy;
        if(a[i]!=0){
            na=a[i];nb=b[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(fabs(pf(c[i])+pf(d[i])-pf(na)-pf(nb))<=esp){
            double ang=atan2(d[i],c[i])-atan2(nb,na);
            bool p=1;
            for(int j=1;j<=n;j++){
                double nowa=a[j]*cos(ang)-b[j]*sin(ang);
                double nowb=a[j]*sin(ang)+b[j]*cos(ang);
                bool v=0;
                for(int k=1;k<=n;k++){
                    if(fabs(nowa-c[k])<=esp&&fabs(nowb-d[k])<=esp){
                        v=1; break;
                    }
                }
                p&=v;
            }
            if(p){
                cout<<"Yes"<<endl; return 0;
            }
        }
    }
    cout<<"No"<<endl;
    return 0;
}

 

2.AtCoder Beginner Contest 207 E.Mod i

 

 

 

 

大意：把给定的数组分为 k 段，满足第 i 段的和被 i 整除，求方案数。

题解：设dp[ i ][ j ] 为前 i 个数分成 j 个区间的方案数，则 dp[ i ][ j ] += dp[ k ][ j-1 ] , 满足 1≤ k ＜ i 且 ( sum[ i ] - sum[ k ] )% j ==0 。显然复杂度是O(n³)，考虑优化，可以发现若( sum[ i ] - sum[ k ] )% j ==0，则 sum[ i ] % j == sum[ k ] % j，令num[ sum[ i ]%j ][ j-1 ] 为 dp[ k ][ j-1 ] 的和，则 dp[ i ][ j ] = num[ sum[ i ]%j ][ j-1 ]，复杂度为O(n²)。

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long

const int maxn=3020;
const int mod=1e9+7;

ll n,a[maxn],dp[maxn][maxn],sum[maxn],num[maxn][maxn];

int main(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
        sum[i]=sum[i-1]+a[i];
    }
    num[0][0]=1;
    for(int j=1;j<=n;j++)
    for(int i=j-1;i<=n;i++){
        dp[i][j]=num[sum[i]%j][j-1];
        num[sum[i]%j][j-1]=(num[sum[i]%j][j-1]+dp[i][j-1])%mod;
    }
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) 
    ans=(ans+dp[n][i])%mod;
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

 

3.AtCoder Beginner Contest 214 D.Sum of Maximum Weights

 

 

 大意：给出一棵树以及它每条边的边权，定义f( i, j )为点 i 到 j 之间最短路径所经过的边权的最大值，求上式的值。

 题解：把所有边按权值从小到大排序，按最小生成树的做法，每次合并两个点的时候，答案加上左边集合的大小*右边集合的大小*当前边的边权。

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long

const int maxn=1e5+50;
const int maxm=2e5+50;

int n,fat[maxn],sum[maxn];
ll ans;

struct node{
    int x,y,z;
}a[maxn];

int cmp(const node &a,const node &b){
    return a.z<b.z;
}

int father(int x){
    if(x!=fat[x]) fat[x]=father(fat[x]);
    return fat[x];
}

template<typename T>void inline read(T &aa){
    ll ff=1;char cc=getchar();aa=0;
    while((cc<'0'||cc>'9')&&cc!='-') cc=getchar();
    if(cc=='-') ff=-1,cc=getchar();
    while(cc<='9'&&cc>='0') aa=aa*10+cc-48,cc=getchar();
    aa*=ff;
}

int main(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        fat[i]=i;
        sum[i]=1;
    }
    for(int i=1;i<n;i++){
        read(a[i].x),read(a[i].y),read(a[i].z);
    }
    sort(a+1,a+n,cmp);
    for(int i=1;i<=n-1;i++){
        int fa=father(a[i].x),fb=father(a[i].y);
        if(fa!=fb){
            ans+=1ll*sum[fa]*sum[fb]*a[i].z;
            fat[fa]=fb;
            sum[fb]+=sum[fa];
        }
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}