NEERC15
2015-2016 ACM-ICPC Northeastern European Regional Contest
~~再开一个新坑吧~~
目前姿势有限，C、H、I仍然处于弃坑状态
####代码[戳这里](https://files.cnblogs.com/files/xiejiadong/neerc15.zip "NEERC15")
###Problem A. Adjustment Office
显然假设每一行都没有进行过删除的话，那么答案就-nx的和+nx（\(x\)为行号或者列号）
考虑进行过清零以后的问题，由于是整行整列的删除的
那么我们只需要分别记录删除的行号和列号的总和，以及删掉的数量，然后就可以\(O(1)\)得到了结果了
当然，别忘了开两个数组分别记录行和列有没有删除过
Problem B. Binary vs Decimal
一个性质：\(10k\)的二进制表示的末尾一定恰有\(k\)个\(0\)
这样就可以枚举答案的位数，从低到高一位一位添加\(0 / 1\),维护当前二进制末尾k位都合法的数字集合，因为有上面那个性质，所以从低到高枚举的时候，当把一个数十进制第\(k\)位赋为\(1\)的时候，只会影响到这个数二进制中第\(k\)位之前的值
因此，这个数的二进制后k位就逐一确定了，就可以把所有答案从小到大枚举出来。要用高精度。
复杂度\(O(d^2* n)\),\(d\)为答案的位数
Problem C. Cactus Jubilee
仙人掌，日常弃坑系列
Problem D. Distance on Triangulation
由于给出的图是一个多边形的三角剖分，因此每条对角线都能将这个多边形分成两个部分，就可以采用分治的方法。
类似树分治，先构出一个分治结构：每次在当前多边形中选出一条对角线，使得两部分点数尽可能均匀(可以证明最坏情况下存在任意一侧不少于n/3的分法）。
这条对角线两侧就形成了两个子多边形，递归下去，直到当前多边形为三角形为止，并且通过bfs计算出每个子多边形上每个点到选定的对角线两点的距离。
询问的时候只要判断一下两个点是否在选定的对角线同侧，如果是则递归求解，否则可以通过之前预处理出的距离简单计算。
复杂度\(O(nlogn)\)
口胡起来真是简单.....写的时候，常数卡到心灰意冷啊.......................
不过最后还是卡进去了......................
Problem E. Easy Problemset
感觉这道题目才是货真价实的签到题啊？
怎么cf上A比E过的人多呢......一定是E的题目太长...不太有人愿意读啊
直接按照题目意思模拟即可，不多说
Problem F. Froggy Ford
显然，最有的情况下，添加的一个点一定是某两个点的终点那么两两之间连两条边，一条为原来的边，另一条为中间有点的边，第一条的权值为两点距离，第二条的权值为两点距离的一半然后限定，从起点到终点的最短路只能跑一次第二条边这类边
然后就是最短路了
写了个SPFA，喜闻乐见的卡掉了两个点，由于我比较懒，不想改dij了，那就直接.............
Problem G. Generators
发现c比较小，最坏情况下，循环节为c个
那么我们求出所有的循环节，那么最多一共有1e7个数，排个序
如果最大的和%m不为0，直接输出
否则，我们对于每一个数列，寻找最大的一个，满足\(%m\)不为0的解，取最优的一个
如果仍然不存在，那么就无解了
Problem H. Hypercube
四维计算几何？！日常弃坑系列
Problem I. Iceberg Orders
很繁琐啊......日常弃坑系列
Problem J. Jump
好像可以先随便猜一个n / 2位相同的串出来..期望次数大约是40..
现在我们想知道每一位具体的值。 似乎将每一位单独取反之后.. 答案要么+1要么-1.. 返回值都是0
这样就没有办法判断了
把每位与第一位同时取反,然后做一次询问，这样就能得到每一位和第一位之间的关系了,这一步要进行n - 1次询问
然后枚举第一位是0还是1.. 根据之前得到的每位与第一位之间的关系，就能得出每一位的值。
对这两种情况分别做一次询问就好了。
Problem K. King’s Inspection
众所周知，哈密顿回路是一个NPC问题
那这道题目的突破口就在于边数小于等于点数+10
那么，也就是说，图中有大量的点是呈链状分布的，也就是说，我们可以把链所在一起
首先把入度和出度均为1的点，相连通的全部所谓一个点，那么剩下的点，在图中直接跑dfs即可
Problem L. Landscape Improved
二分答案
暴力枚举答案所在的列，剩下的问题就是验证答案了
首先我们发现，最后的形状一定是金字塔形的
那么，我们可以直接用优先队列大力预处理一发
然后根据预处理出的左边界和右边界，直接O（1）计算得到所需要的砖块，和n比较，得到可不可行即可
