CODE FESTIVAL 2016 Grand Final 题解
越学觉得自己越蠢……这场除了\(A\)之外一道都不会……
\(A\)
贪心从左往右扫，能匹配就匹配就好了
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int P=1e9+7;
inline void upd(R int &x,R int y){(x+=y)>=P?x-=P:0;}
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){
R int res=1;
for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))(y&1)?res=mul(res,x):0;
return res;
}
const int N=2e5+5;
struct node{
int x,op;
inline bool operator <(const node &b)const{return x<b.x;}
}a[N];int n,res,ca,cb;
int main(){
scanf("%d",&n),res=1;
fp(i,1,n)scanf("%d",&a[i].x),a[i].op=0;
fp(i,1,n)scanf("%d",&a[i+n].x),a[i+n].op=1;
sort(a+1,a+1+(n<<1));
fp(i,1,n<<1)if(a[i].op==0){
if(!cb)++ca;
else res=mul(res,cb--);
}else{
if(!ca)++cb;
else res=mul(res,ca--);
}
printf("%d\n",res);
return 0;
}
\(B\)
二分答案，如果以最长的边作为\(c\)，那么两个圆的圆心肯定是在\(A,B\)的角平分线上是最优的，判断一下此时会不会超出边界就行了
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const double pi=acos(-1.0);
double x[5],y[5],A,B,a,b,c,l,r,mid;
inline double sqr(R double x){return x*x;}
inline double calc(R int i,R int j){
return sqrt(sqr(x[i]-x[j])+sqr(y[i]-y[j]));
}
inline bool ck(R double x){return x+x+x*A+x*B<=c;}
int main(){
fp(i,1,3)scanf("%lf%lf",&x[i],&y[i]);
a=calc(1,2),b=calc(1,3),c=calc(2,3);
if(a>c)swap(a,c);if(b>c)swap(b,c);
A=0.5*acos((a*a+c*c-b*b)/(2*a*c));
B=0.5*acos((b*b+c*c-a*a)/(2*b*c));
A=1.0/tan(A),B=1.0/tan(B);
l=0,r=1000;
while(r-l>1e-11){
mid=(l+r)*0.5;
ck(mid)?l=mid:r=mid;
}
printf("%.12lf\n",l);
return 0;
}
\(C\)
首先发现，\(a_i\oplus a_{i-1}\)的结果必定形如\(2^k-1\)
那么我们记当前的\(\oplus\)结果为\(res\)，然后从\(29\)位依次考虑到第\(0\)位，如果当前位为\(1\)且存在某一个数字满足\(a_i\oplus a_{i-1}=2^{k+1}-1\)，那么就异或上这个数。最终如果\(res\)不为\(0\)就说明无解了
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int N=5e5+5;
int a[N],cnt[25],n,res,sum;
inline int calc(R int x){R int res=0;while(x)x>>=1,++res;return res;}
int main(){
scanf("%d",&n);
fp(i,1,n)scanf("%d",&a[i]),res^=a[i],++cnt[calc(a[i]^(a[i]-1))];
fd(i,29,0)if(res>>i&1)
if(cnt[i+1])res^=(1<<(i+1))-1,++sum;
printf("%d\n",res?-1:sum);
return 0;
}
\(D\)
好迷啊……
\(A\)的最优策略肯定是选一个数\(x\)，并且以\(x\)的概率选红色，\(1-x\)的概率选蓝色，那么\(B\)获胜的机会就是\(\max(p_1x,q_1(1-x))+\max(p_2x,q_2(1-x))+...\)
容易发现这个函数一定有最低点，那么三分就好了
具体证明去看原题解吧……
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
double p[15],q[15],l,r,s;
inline double max(R double x,R double y){return x>y?x:y;}
inline double min(R double x,R double y){return x<y?x:y;}
int main(){
s=1.0/100;
fp(i,1,6)scanf("%lf",&p[i]),p[i]*=s;
fp(i,1,6)scanf("%lf",&q[i]),q[i]*=s;
l=0,r=1,s=1.0/3;
for(R int T=233;T;--T){
R double l1=l+(r-l)*s,r1=r-(r-l)*s;
R double a1=0,a2=0;
fp(i,1,6){
a1+=max(l1*p[i],(1-l1)*q[i]);
a2+=max(r1*p[i],(1-r1)*q[i]);
}
a1>a2?l=l1:r=r1;
}
R double res=0;
fp(i,1,6)res+=max(r*p[i],(1-r)*q[i]);
printf("%.10lf\n",res);
return 0;
}
\(E\)
神仙的转化……
首先我们考虑，如果\(i,j\)之间有运水的关系，那么我们就在\(i,j\)之间连一条边，这样的话图会构成若干个连通块，我们对于每个联通块单独考虑
设\(A\)为连通块中所有点的水量之和，\(B\)为连通块中所有边的权值之和，\(n\)为点数，那么这个连通块中最大的最小值是\({A-B\over n}\)，且容易证明可以达到这个上界
那么我们对于每一个连通块\(O(2^nn^2\log n)\)求出最小生成树，然后\(O(3^n)\)的\(dp\)就可以了
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int N=25,M=(1<<15)+5;
double mn[M];int x[N],y[N],a[N],st[N],top,n,lim;
struct eg{
int u,v;double w;
inline bool operator <(const eg &b)const{return w<b.w;}
}E[N*N];int fa[N],tot;
inline int find(R int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);}
inline double calc(R int i,R int j){
return sqrt(1ll*(x[i]-x[j])*(x[i]-x[j])+1ll*(y[i]-y[j])*(y[i]-y[j]));
}
void solve(R int s){
top=tot=0;fp(i,0,n-1)if(s>>i&1)st[++top]=i,mn[s]+=a[i];
// if(!top)printf("%d %d\n",s,top);
fp(i,1,top)fa[i]=i;
fp(i,1,top)fp(j,i+1,top)E[++tot]={i,j,calc(st[i],st[j])};
sort(E+1,E+1+tot);
for(R int i=1,u,v;i<=tot;++i){
u=find(E[i].u),v=find(E[i].v);
if(u!=v)mn[s]-=E[i].w,fa[u]=v;
}
mn[s]/=top;
}
int main(){
scanf("%d",&n),lim=(1<<n);
fp(i,0,n-1)scanf("%d%d%d",&x[i],&y[i],&a[i]);
fp(i,1,lim-1)solve(i);
mn[0]=1e18;
fp(s,1,lim-1)for(R int t=(s-1)&s;t;t=(t-1)&s)cmax(mn[s],min(mn[t],mn[s^t]));
printf("%.10lf\n",mn[lim-1]);
return 0;
}
\(F\)
这题似乎并没有那么难啊……可我还是没有想出来……
首先为了方便起见，如果\(n\)是偶数，我们加入一个\([0,0]\)使其变成奇数，并设\(m={n-1\over 2}\)
不难发现移动之后处于最中间的那个区间位置是不会变的，同时如果把中间那个区间左边的分别记为\(p_1,p_2,...,p_m\)，右边的分别记为\(q_1,q_2,...,q_m\)，那么对于一个左边的区间\(p_i\)，它需要左移的距离为\(r_{p_i}+\sum_{j=1}^{i-1}len_{p_j}\)，其中\(len_i\)表示第\(i\)个区间的长度，右边也同理
如果展开来的话，就是
\[\begin{aligned}
ans
&=\sum_{i=1}^m l_{p_i}+\sum_{i=1}^m r_{q_i}+\sum_{i=1}^m(i-1)len_{p_i}+\sum_{i=1}^m(i-1)len_{q_i}+m\times len_o
\end{aligned}
\]
那么很显然应该按从大到小来放置\(p,q\)，直接\(dp\)就可以了
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5005;
ll f[2][N][2];int l[N],r[N],id[N],n,t,m;
inline bool cmp(const int &x,const int &y){return l[x]+r[x]>l[y]+r[y];}
int main(){
scanf("%d",&n);
fp(i,1,n)scanf("%d%d",&l[i],&r[i]);
n+=(n&1^1),m=(n-1)>>1;fp(i,1,n)id[i]=i;
sort(id+1,id+1+n,cmp);
memset(f,0x3f,sizeof(f));
f[0][0][0]=0,t=0;
for(R int i=0;i<=m;++i,t^=1){
memset(f[t^1],0x3f,sizeof(f[t^1]));
fp(j,0,m)fp(k,0,1){
R int ip=id[i+j+k+1],len=l[ip]+r[ip];
if(i<m)cmin(f[t^1][j][k],f[t][j][k]+r[ip]+1ll*len*i);
if(j<m)cmin(f[t][j+1][k],f[t][j][k]+l[ip]+1ll*len*j);
if(k<1)cmin(f[t][j][k+1],f[t][j][k]+1ll*m*len);
}
}
printf("%lld\n",f[t^1][m][1]);
return 0;
}
\(G\)
把最终的串看成每个\(FESTIVA\)后面接若干个\(L\)
考虑\(c_i\)表示第\(i\)次出现的\(FESTIVA\)后面连续的\(L\)的个数，记\(f_i\)为前面这\(i\)个数会产生的\(FESTIVA\)的子序列的个数
\(f_i\)很好计算，等价于令\(\sum a_i=7\)，隔板法计算即可
最后只要把\(k\)给\(f_i\)进制分解即可
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=505;
ll f[N],k;int c[N];
inline ll calc(R int x){
R ll res=1;
fp(i,x,x+6)res*=i;
return res/5040;
}
int main(){
scanf("%lld",&k);
fp(i,1,500)f[i]=calc(i);
fd(i,500,1)if(k>=f[i])c[i]=k/f[i],k%=f[i];
fp(i,1,500){
printf("FESTIVA");
fp(k,1,c[i])putchar('L');
}
return 0;
}
\(H\)
话说这好像是那道集训队作业的原题……而且我抄的那份代码似乎有点眼熟……
首先，对于秩相同的\(C\)，答案是一样的，因为如果我们对\(C\)做线性变换，我们可以通过对\(A\)或\(B\)做同样的线性变换使得等式仍然成立
即\(C\)的秩为\(r\)
根据矩乘的定义可知，设\(A_i\)表示\(A\)的列向量，\(C_i\)表示\(C\)的列向量，则\(C_i\)必定在\(A_i\)生成的线性空间中
设\(x\)表示\(A\)的秩，那么\(B\)相当于是一个线性方程组，即\(B\)对应的方案有\(2^{n(n-x)}\)种
然后再来考虑\(A\)，设\(f[i][j]\)表示一个\(n\times i\)的矩阵，且矩阵的秩为\(j\)的方案数，那么对于所有秩为\(i\)的矩阵\(A\)，对答案的贡献就是\(f[n][i]\times 2^{n(n-i)}\times f[i][r]\)
最后除以秩为\(r\)的矩阵个数就行了
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int P=1e9+7;
inline void upd(R int &x,R int y){(x+=y)>=P?x-=P:0;}
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){
R int res=1;
for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))(y&1)?res=mul(res,x):0;
return res;
}
const int N=305;
bitset<N>c,bas[N];int f[N][N],bin[N*N],vis[N],res,r,n,x;
int main(){
scanf("%d",&n);
fp(i,1,n){
fp(j,1,n)scanf("%d",&x),c[j]=x;
fd(j,n,1)if(c[j]){
if(!vis[j]){
bas[j]=c,vis[j]=1,++r;
break;
}
c^=bas[j];
}
}
bin[0]=1;fp(i,1,n*n)bin[i]=mul(bin[i-1],2);
f[0][0]=1;
fp(i,0,n-1)fp(j,0,n)if(f[i][j]){
upd(f[i+1][j],mul(f[i][j],bin[j]));
upd(f[i+1][j+1],mul(f[i][j],dec(bin[n],bin[j])));
}
fp(i,r,n)upd(res,1ll*f[n][i]*bin[n*(n-i)]%P*f[i][r]%P);
res=mul(res,ksm(f[n][r],P-2));
printf("%d\n",res);
return 0;
}
\(I\)
代码算是长的了……抄的时候会有很多的细节
首先，如果把\(270\)看成\(-90\)，那么所有角的和加起来必须是\(360\)否则无解
如果此时为\(n=4\)且四个数为\(\{90,90,90,90\}\)，随便找一组解
否则一定能循环移位之后使得\(a_2=90,a_3=270\)，我们递归找出一组\(\{a_1,a_4,a_5,..,a_n}\)的解\(q\)，考虑如何构造一组合法的解\(p\)
令\(p_1=p_2=p_3=q_1,p_i=q_{i-2}(i\geq 4)\)
让\(p_2,p_3\)向右平移\(0.5\)个单位，让\(p_3,p_4\)向上平移\(0.5\)个单位即可
具体实现和一些细节建议看代码理解
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define pb emplace_back
#define fi first
#define se second
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
typedef pair<int,int> pi;
vector<pi> solve(vector<int> s){
R int n=s.size();
if(n==4){
vector<pi>ans(4);
ans[0]=pi(1,0),ans[1]=pi(1,1),ans[2]=pi(0,1),ans[3]=pi(0,0);
return ans;
}
R int pos=-1;
fp(i,0,n-1)if(s[i]==90&&s[(i+1)%n]==270){pos=i;break;}
vector<int>st;
fp(i,pos-1,pos-1+n-1)if(i!=pos&&i!=pos+1)st.pb(s[(i+n)%n]);
vector<pi>pans=solve(st),ans(n);
fp(i,0,n-3){
R pi p=pans[i];
if(!i||p.fi>pans[0].fi)++p.fi;
if(p.se>pans[0].se)++p.se;
R int to=(!i?0:i+2);
ans[to]=p;
}
ans[1]=pi(ans[0].fi,ans[0].se+1),
ans[2]=pi(ans[1].fi-1,ans[1].se);
rotate(ans.begin(),ans.begin()+(n-pos+1)%n,ans.end());
if(ans[0].fi!=ans[1].fi){
fp(i,0,n-1)swap(ans[i].fi,ans[i].se),ans[i].fi*=-1;
}
if(ans[0].se>ans[1].se){
fp(i,0,n-1)ans[i].fi*=-1,ans[i].se*=-1;
}
return ans;
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
int n,sum=0;
scanf("%d",&n);
vector<int>p(n);
fp(i,0,n-1)scanf("%d",&p[i]),sum+=(p[i]==90?1:-1);
if(sum!=4)return puts("-1"),0;
vector<pi>ans=solve(p);
fp(i,0,n-1)ans[i].fi+=5e8,ans[i].se+=5e8;
fp(i,0,n-1)printf("%d %d\n",ans[i].fi,ans[i].se);
return 0;
}
\(J\)
首先我们把在同一组的连边，对于\(x,x+1\)，如果没有一条边跨过这两个数，我们称左右两边的数不同组
然后对于同一组我们考虑，发现间隔只会有四种可能
那么我们枚举\(31\)和\(333\)的个数，然后用组合数算一下就可以了
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int P=1e9+7;
inline void upd(R int &x,R int y){(x+=y)>=P?x-=P:0;}
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){
R int res=1;
for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))(y&1)?res=mul(res,x):0;
return res;
}
const int N=10005;
int fac[N],ifac[N];
void init(int n=1e4){
fac[0]=ifac[0]=1;fp(i,1,n)fac[i]=mul(fac[i-1],i);
ifac[n]=ksm(fac[n],P-2);fd(i,n-1,1)ifac[i]=mul(ifac[i+1],i+1);
}
inline int C(R int n,R int m){return m<0||m>n?0:1ll*fac[n]*ifac[m]%P*ifac[n-m]%P;}
inline int ch(R int n,R int m){return n==0&&m==0?1:C(n+m-1,m-1);}
int n,a,b,c,res;
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
scanf("%d%d%d%d",&n,&a,&b,&c),res=0;
init();
if(b&1)return puts("0"),0;
fp(i,0,a)fp(j,0,(c-i)/3){
R int n1=i,n2=a-i,n3=j,n4=b>>1,k=c-i-j*3;
if (n1<0||n2<0||n3<0||n4<0||k<0)continue;
R int now=mul(fac[n1+n2+n3+n4],ch(k,n4));
now=1ll*now*ifac[n1]%P*ifac[n2]%P*ifac[n3]%P*ifac[n4]%P;
upd(res,now);
}
printf("%d\n",res);
return 0;
}
