2019-2020 ICPC Asia Hong Kong Regional Contest 部分题解
2019-2020 ICPC Asia Hong Kong Regional Contest
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A. Axis of Symmetry
题意：给定一堆边和坐标轴平行且不重叠的矩形，找出所有对称轴。
分析：这题猜结论很简单，对称轴最多也就四条：两条垂直坐标轴的，两条对角线形式的（可以参考题面中样例的图片）。为了找出这四条对称轴，我们只需要找到整个图形的四条边界线。然后对所有的点进行 \(check\) ，检测是否每一个点都有关于对称轴对称的点。
这里对点的 \(check\) 有一个需要注意的点：被偶数个矩形覆盖的点不需要考虑，如下图（红色为偶数点，蓝色为奇数点）：
因为偶数点必定为 \(180°\) 或者 \(360°\) ，奇数点必定是 \(90°\) 或者 \(270°\) ，因此奇数点必定是转角，而偶数点则落在边上。算法实现用 \(map\) 存所有的点就行了，还需要注意输出格式要按字典序输出 ！
#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#pragma GCC optimize(3)
#pragma GCC optimize("Ofast")
#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4,popcnt,abm,mmx,avx,tune=native")
#pragma comment(linker, "/stack:200000000")
#include <bits/stdc++.h>
#define SIZE 5005
#define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; ++i)
#define mp make_pair
#define ll long long
using namespace std;
void io() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr); }
int t, n;
bool vis[4];
vector<int> gao(int x, int y, int z) {
vector<int> ans(3);
int g = __gcd(x, __gcd(y, z));
if (x / g < 0) g = -g;
else if (x == 0 && y / g < 0) g = -g;
ans[0] = x / g; ans[1] = y / g; ans[2] = z / g;
return ans;
}
int main() {
io(); cin >> t;
while (t--) {
map<pair<int, int>, int> MP;
cin >> n;
rep(i, 0, 3) vis[i] = true;
int xa, ya, xb, yb;
int mxx = -2e9, mnx = 2e9, mxy = -2e9, mny = 2e9;
rep(i, 1, n) {
cin >> xa >> ya >> xb >> yb;
xa <<= 1; ya <<= 1; xb <<= 1; yb <<= 1;
MP[mp(xa, ya)] ^= 1;
MP[mp(xa, yb)] ^= 1;
MP[mp(xb, ya)] ^= 1;
MP[mp(xb, yb)] ^= 1;
mxx = max(mxx, xb);
mnx = min(mnx, xa);
mxy = max(mxy, yb);
mny = min(mny, ya);
}
int dx = (mxx + mnx) / 2, dy = (mxy + mny) / 2;
for (auto it : MP) {
if (!it.second) continue;
int x = it.first.first, y = it.first.second;
pair<int, int> pr = mp(x, dy - (y - dy));
vis[0] = (vis[0] && MP.count(pr) && MP[pr]);
pr = mp(dx - (x - dx), y);
vis[1] = (vis[1] && MP.count(pr) && MP[pr]);
pr = mp(dx + (y - dy), dy + (x - dx));
vis[2] = (vis[2] && MP.count(pr) && MP[pr]);
pr = mp(dx - (y - dy), dy - (x - dx));
vis[3] = (vis[3] && MP.count(pr) && MP[pr]);
}
vector<vector<int> > res;
if (vis[0]) res.emplace_back(gao(0, 2, dy));
if (vis[1]) res.emplace_back(gao(2, 0, dx));
if (vis[2]) res.emplace_back(gao(2, -2, dx - dy));
if (vis[3]) res.emplace_back(gao(2, 2, dx + dy));
sort(res.begin(), res.end(), [](auto& a, auto& b) {
if (a[0] != b[0]) return a[0] > b[0];
if (a[1] != b[1]) return a[1] > b[1];
return a[2] > b[2];
});
cout << res.size() << '\n';
for (auto it : res) cout << it[0] << ' ' << it[1] << ' ' << it[2] << ' ';
cout << '\n';
}
}
B. Binary Tree
题意：给定一棵树，两个人轮流进行游戏，一个人每次能从树上取走一棵符合满二叉树性质的子树，询问谁能必胜。
分析：满二叉树的节点数必定为奇数，因此决定胜负的是树上节点数的奇偶性。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
int t; scanf("%d", &t);
while (t--) {
int n;
scanf("%d", &n);
int u, v;
for (int i = 1; i < n; i++)
scanf("%d%d", &u, &v);
if (n & 1) printf("Alice\n");
else printf("Bob\n");
}
}
C. Constructing Ranches
题意：给定一棵树，每个节点有一个权值 \(a_i\) ，询问树上有多少条路径满足：如果把这条路径经过的所有节点上的权值看作边长，那这些边可以构成一个简单多边形。
分析：边集 \(\{a_1,a_2,...,a_n\}\) 能构成简单多边形的充要条件是 \(\sum^n_{i=1}a_i>2\underset{1\leq j \leq n}{max}a_j\) ；就是边集中的最长边长度必须小于其余所有边长之和。
剩下的树分治队友写的。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 2e5 + 5;
const int maxm = 2e5 + 5;
int n;
LL ans, a[maxn];
struct Edge {
int v;
int next;
} edge[maxm << 1];
int head[maxn], tot;
void init(int n) {
fill(head, head + 1 + n, 0);
tot = 0;
}
inline void AddEdge(int u, int v) {
edge[++tot].v = v;
edge[tot].next = head[u];
head[u] = tot;
}
int n_size[maxn], dp[maxn], root, sum;
bool vis[maxn];
void GetRoot(int now, int fa) {
n_size[now] = 1;
dp[now] = 0;
for (int i = head[now]; i; i = edge[i].next) {
if (vis[edge[i].v] || edge[i].v == fa)
continue;
GetRoot(edge[i].v, now);
n_size[now] += n_size[edge[i].v];
dp[now] = max(dp[now], n_size[edge[i].v]);
}
dp[now] = max(dp[now], sum - n_size[now]);
if (dp[now] < dp[root])
root = now;
}
LL cal(int, LL);
void solve(int now) {
vis[now] = true;
ans += cal(now, 0);
for (int i = head[now]; i; i = edge[i].next) {
if (vis[edge[i].v])
continue;
ans -= cal(edge[i].v, a[now]);
root = 0;
dp[0] = sum = n_size[edge[i].v];
GetRoot(edge[i].v, 0);
solve(root);
}
}
void doit() {
memset(vis, 0, sizeof(vis));
dp[root = 0] = sum = n;
GetRoot(1, 0);
solve(root);
}
typedef pair<LL, LL> pll;
int cnt;
pll line[maxn], val[maxn];
void dfs_add(int now, LL maxval, LL w, int fa) {
cnt++;
line[cnt] = make_pair(w, cnt);
val[cnt].first = maxval;
for (int i = head[now]; i; i = edge[i].next) {
if (vis[edge[i].v] || edge[i].v == fa)
continue;
dfs_add(edge[i].v, max(maxval, a[edge[i].v]), w + a[edge[i].v], now);
}
}
int tree[maxn];
inline int lowbit(int x) { return x & -x; }
void update(int x, int val) {
for (int i = x; i <= cnt; i += lowbit(i))
tree[i] += val;
}
int query(int x) {
int res = 0;
for (int i = x; i; i -= lowbit(i))
res += tree[i];
return res;
}
LL cal(int now, LL w) {
cnt = 0;
dfs_add(now, max(w, a[now]), w + a[now], 0);
LL head = w ? w : val[1].first;
sort(line + 1, line + cnt + 1);
for (int i = 1; i <= cnt; i++)
val[line[i].second].second = i;
sort(val + 1, val + 1 + cnt);
fill(tree, tree + 1 + cnt, 0);
LL res = 0;
int left, right, mid;
LL limit, ret;
for (int i = 1; i <= cnt; i++) {
left = 1, right = cnt;
limit = 2 * val[i].first - line[val[i].second].first + head;
ret = 0;
while (left <= right) {
mid = (left + right) >> 1;
if (line[mid].first <= limit) {
ret = mid;
left = mid + 1;
} else right = mid - 1;
}
res += i - 1;
if (ret) res = res - query(ret);
update(val[i].second, 1);
}
return res;
}
int main() {
int t;
scanf("%d", &t);
while (t--) {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%lld", &a[i]);
init(n);
int u, v;
for (int i = 1; i < n; i++) {
scanf("%d%d", &u, &v);
AddEdge(u, v);
AddEdge(v, u);
}
ans = 0;
doit();
printf("%lld\n", ans);
}
}
D. Defining Labels
题意：进制转换。
#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#pragma GCC optimize(3)
#pragma GCC optimize("Ofast")
#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4,popcnt,abm,mmx,avx,tune=native")
#pragma comment(linker, "/stack:200000000")
#include <bits/stdc++.h>
#define SIZE 200005
#define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; ++i)
#define mp make_pair
#define ll long long
using namespace std;
void io() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr); }
int k, t, n;
void dfs(int x) {
if (x > k) dfs((x - 1) / k);
cout << 9 + (x % k == 0 ? k : x % k) - k;
}
int main() {
io(); cin >> t;
rep(i, 1, t) {
cin >> k >> n;
dfs(n);
cout << '\n';
}
}
E. Erasing Numbers
题意：给定一个 \(1,2,...,n\) 的排列 ( \(n\) 为奇数），你每次能从数组中选择连续的三个数，并删除这三个数中最大的和最小的（保留中位数），直到最后剩下一个数，询问该排列中的每一个数字能否成为最后剩下的数字。
分析：这题思路相当妙，首先观察数据范围，解法应该是遍历每一个数字，并 \(O(n)\) 判断这个数字能否留下；然后需要想到我们每次对某个数字 \(X\) 判断它能否留下来的关键在于最后一步时，它是否是最后三个数字的中位数。我们用 \(0\) 表示比 \(X\) 小的数，用 \(1\) 表示比 \(X\) 大的数，那么最后三个数必须是 \(01X\) 的一种排列。
接下来我们需要观察得到一个性质：当这个排列中的 \(0,1\) 数量相等时，数字 \(X\) 必定能够留下，因为 \(0,1\) 的数量相等，所以必定有 \(0,1\) 相邻的地方，我们对于这个相邻点进行一次消除，那么不论另外一个数字是什么，我们都能够保证恰好消除了一个 \(1\) ，一个 \(0\) ，于是最后剩下的只能是 \(01X\) 的一个排列。
因此我们将问题转化为：能否将排列中的 \(0,1\) 数量变得相等。要使 \(0,1\) 的数量变得相等，只有消除 \(111\) 或者 \(000\) 这样的情况，因此我们可以 \(O(n)\) 遍历并模拟这一过程。
再更新一个简单的正确性证明，已经理解了就不用管了：这道题最巧妙的地方其实是奇偶性，因为 \(n\) 是奇数，所以 \(0，1\) 的数量奇偶性一致，不论我们一次删除了两个相同数字还是不同数字，都不会改变 \(0，1\) 数量奇偶的一致性。再结合上面说明的性质，我们只需要让 \(0,1\) 的数量变成相等的就行了，如果无法变成相等的那么最后必然留下两个 \(0\) 或者 \(1\) 。
#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#pragma GCC optimize(3)
#pragma GCC optimize("Ofast")
#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4,popcnt,abm,mmx,avx,tune=native")
#pragma comment(linker, "/stack:200000000")
#include <bits/stdc++.h>
#define SIZE 5005
#define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; ++i)
#define mp make_pair
#define ll long long
using namespace std;
void io() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr); }
const int maxn = 2e5;
ll t, n, a[SIZE];
bool check(int pos) {
int dif = abs(a[pos] - (n + 1) / 2);
int f = (a[pos] < (n + 1) / 2);
int now = 0, num = 0;
rep(i, 1, n) {
if (i == pos) { now = 0; continue; }
int ff = (a[i] < a[pos]);
if (f == ff) now = max(now - 1, 0);
else {
++now;
if (now == 3) ++num, now -= 2;
}
}
return num >= dif;
}
int main() {
io(); cin >> t;
while (t--) {
cin >> n;
rep(i, 1, n) cin >> a[i];
rep(i, 1, n) {
if (check(i)) cout << 1;
else cout << 0;
}
cout << '\n';
}
}
G. Game Design
题意：构造一棵节点带权值的树。构造完成后，树上的每个叶子节点都会出现一个怪物，怪物会自底向上进攻根节点，现在你能够在任意个节点建造防御塔，防御塔的建造花费是你构造是给出的点权 \(c_i\) ，以建造防御塔后的节点为根的子树中的所有怪物都会被防御塔杀死。现在给定一个正整数 \(K\) 代表以最小花费修建防御塔拦截杀死怪物的不同方案数，要求给出这个构造。
分析：由于 \(K\) 的范围很大，我们肯定不能 \(O(K)\) 建树，因此需要递归建树。然后考虑构造的方案，如果当前节点的方案数为偶数，那么我们构造两个方案数分别为 \(2,\frac{n}{2}\) 的子节点；如果是奇数就构造两个方案数分别为 \(2,\frac{n}{2}\) 的子节点，并且根节点单独作为一种方案，递归终点是 \(k\leq 2\) 的时候，我们只需要建一条链即可。
#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#pragma GCC optimize(3)
#pragma GCC optimize("Ofast")
#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4,popcnt,abm,mmx,avx,tune=native")
#pragma comment(linker, "/stack:200000000")
#include <bits/stdc++.h>
#define SIZE 200005
#define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; ++i)
#define mp make_pair
#define ll long long
using namespace std;
void io() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr); }
int k, cnt;
int pa[SIZE], c[SIZE], tmp[SIZE];
int dfs(int k, int f) {
int now = ++cnt;
pa[now] = f;
if (k <= 2) {
pa[++cnt] = now;
c[cnt] = tmp[now] = 1;
c[now] = 3 - k;
return 1;
}
tmp[now] = dfs(k / 2, now) + dfs(2, now);
c[now] = tmp[now] + (k % 2 == 0);
return tmp[now];
}
int main() {
io(); cin >> k;
dfs(k, 0);
cout << cnt << '\n';
rep(i, 2, cnt) cout << pa[i] << ' ';
cout << '\n';
rep(i, 1, cnt) cout << c[i] << ' ';
}
I. Incoming Asteroids
队友写的强制在线数据结构？
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define maxn 200010
#define mod 1000000007
using namespace std;
int goal[maxn], num[maxn], q[maxn][3], suc[maxn];
ll sum[maxn], pr[maxn][3];
struct cv {
ll x;
int num;
bool friend operator<(cv p, cv q) {
return p.x > q.x;
}
}hf;
priority_queue<cv>qu[maxn];
vector<int>ans;
void check(int x) {
if (suc[x]) return;
for (int i = 0; i < num[x]; i++) {
goal[x] -= sum[q[x][i]] - pr[x][i];
pr[x][i] = sum[q[x][i]];
}
if (goal[x] <= 0) {
suc[x] = 1;
ans.push_back(x);
return;
}
else {
hf.num = x;
for (int i = 0; i < num[x]; i++) {
hf.x = sum[q[x][i]] + (goal[x] + num[x] - 1) / num[x];
qu[q[x][i]].push(hf);
}
}
}
void add(int x) {
hf.num = x;
for (int i = 0; i < num[x]; i++) {
pr[x][i] = sum[q[x][i]];
hf.x = sum[q[x][i]] + (goal[x] + num[x] - 1) / num[x];
qu[q[x][i]].push(hf);
}
}
int main() {
int n, m, las = 0, cnt = 0;
scanf("%d%d", &n, &m);
while (m--) {
int fl;
scanf("%d", &fl);
if (fl == 1) {
cnt++;
scanf("%d%d", &goal[cnt], &num[cnt]);
goal[cnt] ^= las;
for (int i = 0; i < num[cnt]; i++) {
scanf("%d", &q[cnt][i]);
q[cnt][i] ^= las;
}
add(cnt);
}
else {
int x, y;
scanf("%d%d", &x, &y);
x ^= las, y ^= las;
las = 0;
sum[x] += y;
ans.clear();
while (!qu[x].empty()) {
cv tp = qu[x].top();
if (tp.x > sum[x]) break;
qu[x].pop();
check(tp.num);
}
sort(ans.begin(), ans.end());
las = ans.size();
printf("%d", las);
for (int i = 0; i < las; i++) printf(" %d", ans[i]);
printf("\n");
}
}
return 0;
}
J. Junior Mathematician
队友写的数位 \(dp\) 。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 5005;
const int maxm = 65;
const LL mod = 1e9 + 7;
int len, m, a[maxn], base[maxn];
LL dp[maxn][maxm][maxm];
LL dfs(int pos, int pre, int cut, bool limit) {
if (pos > len)
return cut == 0;
if (dp[pos][pre][cut] != -1 && (!limit))
return dp[pos][pre][cut];
LL res = 0;
int top = limit ? a[pos] : 9;
for (int i = 0; i <= top; i++) {
res += dfs(pos + 1, (pre + i) % m, (cut + i * (base[len - pos] - pre + m)) % m, i == top && limit);
if (res >= mod)
res -= mod;
}
if (!limit)
dp[pos][pre][cut] = res;
return res;
}
LL Part(char* s) {
int p = 1;
while (s[p] == '0')
p++;
len = strlen(s + p);
for (int i = 1; i <= len; i++)
a[i] = s[p + i - 1] - '0';
for (int i = 0; i <= len + 1; i++)
for (int j = 0; j <= m; j++)
for (int k = 0; k <= m; k++)
dp[i][j][k] = -1;
return dfs(1, 0, 0, true);
}
char l[maxn], r[maxn];
int main() {
int t;
scanf("%d", &t);
while (t--) {
scanf("%s%s", l + 1, r + 1);
scanf("%d", &m);
int len = strlen(l + 1);
for (int i = len; i >= 1; i--) {
if (l[i] >= '1') {
l[i]--;
break;
} else
l[i] = '9';
}
base[0] = 1;
for (int i = 1; i <= 5000; i++)
base[i] = LL(base[i - 1]) * 10 % m;
int ans = (Part(r) - Part(l) + mod) % mod;
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
