Denso Create Programming Contest 2022 (AtCoder Beginner Contest 239) C~E 题解
C - Knight Fork
题目大意
在二维平面上是否有一个整数坐标点到\((x_1,y_1)\)和\((x_2,y_2)\)的欧几里得距离都是\(\sqrt5\)？
输入格式
\(x_1~y_1~x_2~y_2\)
输出格式
如果存在符合条件的点，输出Yes；否则，输出No。
样例
| \(x_1\) | \(y_1\) | \(x_2\) | \(y_2\) | 输出 |
|---|---|---|---|---|
| \(0\) | \(0\) | \(3\) | \(3\) | Yes |
| \(0\) | \(1\) | \(2\) | \(3\) | No |
| \(1000000000\) | \(1000000000\) | \(999999999\) | \(999999999\) | Yes |
分析
我们首先要知道，什么是“距离为\(\sqrt5\)”。设\(\sqrt{(a-c)^2+(b-d)^2}=\sqrt5\)（\(a,b,c,d\)均为整数），则有：
所以，对于\((0,0)\)这个点，有如下距离为\(\sqrt5\)的点（其他点都类似）：
所以，我们对找到\((x_1,y_1)\)所有的距离为\(\sqrt5\)的点，并对计算与\((x_2,y_2)\)的距离即可。
代码
#include <cstdio>
using namespace std;
using LL = long long;
const int d[8] = {-1, 1, 2, 2, 1, -1, -2, -2};
inline LL sqr2(const LL& x, const LL& y)
{
return x * x + y * y;
}
int main()
{
LL x1, y1, x2, y2;
scanf("%lld%lld%lld%lld", &x1, &y1, &x2, &y2);
x1 -= x2, y1 -= y2;
for(int i=0; i<8; i++)
if(sqr2(x1 + d[i], y1 + d[(i + 2) & 7]) == 5)
{
puts("Yes");
return 0;
}
puts("No");
return 0;
}
D - Prime Sum Game
水题警告
题目大意
Takahashi和Aoki在玩一个游戏。游戏过程如下：
- Takahashi在中选择一个整数\(A\le N\le B\)。
- Aoki中选择一个整数\(C\le M\le D\)。
- 如果\(N+M\)是质数，Aoki获胜。否则，Takahashi获胜。
当两人都按最优策略游戏时，谁会赢得比赛？
\(1\le A\le B\le 100\)
\(1\le C\le D\le 100\)
输入格式
\(A~B~C~D\)
输出格式
输出胜者的名字，即Takahashi或Aoki。
样例
| \(A\) | \(B\) | \(C\) | \(D\) | 输出 |
|---|---|---|---|---|
| \(2\) | \(3\) | \(3\) | \(4\) | Aoki |
| \(1\) | \(100\) | \(50\) | \(60\) | Takahashi |
| \(3\) | \(14\) | \(1\) | \(5\) | Aoki |
分析
要解决这道题，首先要知道什么是“最优策略”。
显然，当Takahashi选择的\(N\)加上任意的\(M\)都不是质数时，Takahashi胜利；
否则，当任意的\(N\)加上某一个\(M\)都得到质数时，Aoki胜利。
因为数据范围较小，我们可以暴力枚举所有\(N\)和\(M\)，质数判断耗时可以忽略不计。因此，总时间复杂度约为\(\mathcal O(BD)\)。
代码
P.S. 不可思议，运行时间居然是\(4\mathrm{ms}\)..（本来以为至少也有\(30\mathrm{ms}\)的..）
#include <cstdio>
using namespace std;
inline bool isprime(int x)
{
for(int t=__builtin_sqrt(x), i=2; i<=t; i++)
if(x % i == 0)
return false;
return true;
}
int main()
{
int a, b, c, d;
scanf("%d%d%d%d", &a, &b, &c, &d);
for(int i=a; i<=b; i++)
{
int j = c;
for(; j<=d; j++)
if(isprime(i + j))
break;
if(j > d) { puts("Takahashi"); return 0; }
}
puts("Aoki");
return 0;
}
E - Subtree K-th Max
题目大意
有一个由\(N\)个节点（节点\(1\)，..，节点\(N\)）组成的树（根节点为节点\(1\)）。
第\(i\)条边连接节点\(A_i\)和\(B_i\)。节点\(v\)有一个数值\(X_v\)。
给定\(Q\)个询问，第\(i\)个询问由\((V_i,K_i)\)组成：
- 在以节点\(V_i\)为根的子树当中，求所有节点的数值的第\(K\)大值（不去重）。
\(2\le N,Q\le 10^5\)
\(0\le X_i\le 10^9\)
\(1\le A_i,B_i,V_i\le N\)
\(1\le K_i\le 20\)
输入格式
\(N~Q\)
\(X_1~\dots~X_N\)
\(A_1~B_1\)
\(\vdots\)
\(A_{N-1}~B_{N-1}\)
\(V_1~K_1\)
\(\vdots\)
\(V_Q~K_Q\)
输出格式
输出\(Q\)行。第\(i\)行应包含对第\(i\)个询问的回答。
样例
略，请自行前往AtCoder查看
分析
我们首先发现题面中，\(1\le K\le 20\)。于是我们对每个节点分别存储以它为根的子树中前\(20\)的数值。
于是，我们按照拓扑序（或直接\(\text{DFS}\)），执行如下操作：
- 对于叶子节点，我们只存储一个当前的数值。
- 对于其他的节点，先排序当前节点数值和所有孩子的前\(20\)，排序后取前\(20\)即可。
排序建议用priority_queue，时间复杂度\(\mathcal O(N+Q)\)或\(\mathcal O(N\log N+Q)\)（直接排序）。
代码
示例代码实现方式为DFS + priority_queue，用时\(190\mathrm{ms}\)
#include <cstdio>
#include <queue>
#define maxn 100005
using namespace std;
int x[maxn];
vector<int> G[maxn], dp[maxn];
void dfs(int v, int par)
{
priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> q;
q.push(x[v]);
for(int u: G[v])
if(u != par)
{
dfs(u, v);
for(int val: dp[u])
{
q.push(val);
if(q.size() > 20) q.pop();
}
}
while(!q.empty())
{
dp[v].push_back(q.top());
q.pop();
}
}
int main()
{
int n, q;
scanf("%d%d", &n, &q);
for(int i=0; i<n; i++)
scanf("%d", x + i);
for(int i=1; i<n; i++)
{
int a, b;
scanf("%d%d", &a, &b);
G[--a].push_back(--b);
G[b].push_back(a);
}
dfs(0, -1);
while(q--)
{
int v, k;
scanf("%d%d", &v, &k);
const auto& d = dp[--v];
printf("%d\n", d[d.size() - k]);
}
return 0;
}
