【学习笔记】NOIP爆零赛5

poly

原题是 codechef POINPOLY 。

主要看到是计算几何背景就很麻。

正解考虑抽屉原理，把每个顶点的坐标按奇偶性分成四类，由抽屉原理，至少有一类会包含$\frac{n}{4}$个点。这些点两两配对，取中点，中点就是整点。只要这些点不是一条边的两个端点，那么终点必在多边形内。

代码非常好写。

考场上乱搞只得了$80pts$。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define db double
#define pb push_back
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define fi first
#define se second
using namespace std;
struct node{
	int x,y;
}a[100005];
map<pair<int,int>,int>id;
vector<int>v[2][2];
vector<pair<int,int>>ans;
int n,m;
void solve(){
	cin>>n;for(int i=0;i<2;i++)for(int j=0;j<2;j++)v[i][j].clear();
	ans.clear(),id.clear();
	for(int i=0;i<n;i++){
		cin>>a[i].x>>a[i].y;
		v[abs(a[i].x)&1][abs(a[i].y)&1].pb(i);
	}m=n/10;
	for(int mx1=0;mx1<2;mx1++){
		for(int mx2=0;mx2<2;mx2++){
			for(int i=0;i<v[mx1][mx2].size();i++){
				for(int j=i+1;j<v[mx1][mx2].size();j++){
					int x=v[mx1][mx2][i],y=v[mx1][mx2][j];
					if((x+1)%n!=y&&id.find({(a[x].x+a[y].x)/2,(a[x].y+a[y].y)/2})==id.end()){
						ans.pb({(a[x].x+a[y].x)/2,(a[x].y+a[y].y)/2});
						id[{(a[x].x+a[y].x)/2,(a[x].y+a[y].y)/2}]=1;
						if(!(--m))return;
					}
				}
			}		
		}
	}
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	int T;cin>>T;
	while(T--){
		solve();
		for(auto x:ans)cout<<x.fi<<' '<<x.se<<"\n";
	}
}

Board Game

这题很妙啊。

应该能一眼看出$O(nm{2}^{nm})$的傻瓜做法，可以得到$50pts$。

正解非常脑洞：考虑将最后$5$位提出来，这样恰好有$32$个子集，可以用一个$\text{unsigned int}$存下来。这很像一个$dp$套$dp$。

$1.1$ 对于高维前缀和部分，分成后$5$位和前$22$位的转移。设$f_s$表示前$22$位的二进制状态为$s$时，后$5$位所有子集的状态。先转移后$5$位，类似普通高维前缀和，枚举数位$i$以及$s^{\prime }$，若$s^{\prime }$的第$i$位是$1$并且$s\oplus 2^i$在$f_s$中，那么将$s$加入$f_s$中。然后转移前$22$位，枚举数位$i$以及$s^{\prime }$，若$s^{\prime }$的第$i$位是$1$，那么将$f_{s\oplus 2^i}$中的元素全部加入$f_s$中。
$1.2$ 对于$dp$部分，同样分成后$5$位和前$22$位。设$d{p}_s$表示前$22$位的二进制状态为$s$时，后$5$位的$dp$值为$1$的子集的集合。这里值为$1$表示必胜。初始高维前缀和结果为$1$的状态$dp$值为$0$。一般的，如果能转移到一个值为$0$的点那么$dp$值为$1$，否则$dp$值为$0$。倒序枚举$s$，先做外层转移，枚举第$i$位，若$s$的第$i$位是$0$，将$d{p}_{s\oplus 2^i}$中值为$0$的子集全部加入$d{p}_s$中。然后做内层转移，具体过程类似。

这样复杂度优化成了$O(2^{nm})$。不过这样有一个$5$的常数，可以再优化一下。

时限开1$s$确实挺抽象的。而且一般的状压也不会把时限卡这么紧吧？不过鉴于出题人是个大佬嘛，嘿嘿

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,K,h,w,S1,S2;
unsigned int v[1<<22],dp[1<<22],adj[1<<5],sub[1<<5];
string ss;
int main(){
	cin>>n>>m>>K;S1=1<<n*m-5,S2=1<<5;
	for(int i=1;i<=K;i++){
		int s=0;cin>>h>>w;
		for(int j=0;j<h;j++){
			cin>>ss;
			for(int k=0;k<w;k++){
				if(ss[k]=='1')s+=1<<j*m+k;
			}
		}
		for(int j=0;j<=n-h;j++){
			for(int k=0;k<=m-w;k++){
				int s2=s<<j*m+k;
				v[s2>>5]|=1<<(s2&31);
			}
		}
	}
	for(int i=0;i<S2;i++){
		for(int j=0;j<=i;j++){
			if((i|j)==i)sub[i]|=1<<j;
		}
		for(int j=0;j<5;j++){
			if(!(i>>j&1))adj[i]|=1<<(i|(1<<j));
		}
	}
	for(int i=0;i<S1;i++){
		for(int j=0;j<S2;j++){
			if(v[i]&sub[j])v[i]|=1<<j;
		}
	}
	for(int i=0;i<n*m-5;i++){
		for(int j=0;j<S1;j++){
			if(j>>i&1){
				v[j]|=v[j^(1<<i)];
			}
		}
	}
	for(int i=S1-1;i>=0;i--){
		for(int j=0;j<n*m-5;j++){
			if(!(i>>j&1)){
				dp[i]|=(-1-dp[i|(1<<j)])&(-1-v[i]);
			}
		}
		for(int j=S2-1;j>=0;j--){
			if(((-1-v[i])>>j&1)&&(((-1-dp[i])|v[i])&(adj[j]))){
				dp[i]|=1<<j;
			}
		}
	}
	cout<<((dp[0]&1)?"Alice":"Bob");
}

harmony

这题更抽象。大数据结构题你开1$s$逗我玩呢，不过鉴于有人确实在$0.5s$内过了因此我也不太好说什么，况且$\text{noi}$确实有过卡常数的先例，我只能说我是跑了$4s$的丝薄

维护方式非常脑瘫。用分块分别维护每一块内每种颜色的出现次数，然后用线段树维护可能成为答案的集合。这里我在用线段树维护时没有想到题解的做法，因此合并的复杂度可能高了些。按照题解的说法，每次重复删去$6$个互不相同的数，最后剩下的本质不同的数的个数肯定不超过$6$个，对这些数暴力算一下即可。

这题给我唯一的教训是，考场上不要去冲性价比很低的数据结构。因为很有可能你打完过后才发现自己的做法和正解的不一样，而你又发现怎么改都会超时。并且数据结构一写就停不下来，对其他题目的思考也有非常坏的影响，因此建议数据结构留到最后做，就算做不出来也有暴力打底 况且我是数据结构的丝薄

wait

这题应该是比较水的。当然放在$t4$也很抽象，其实应该多想想这道题的，况且部分分的构造也非常$\text{trick}$ 。

其实当时心态也是有一点崩吧，因为$t2$,$t3$都很恶心，而$t1$当时也没看出来是一个比较套路的抽屉原理 真是的，每次看到这种几何题都会往计算几何方面靠，而我又完全不会

真的很膜拜$xf$的心态啊。。。

首先考虑离散化。对于$w_i=-1$的点，如果我们把$[l,r)$看成$l$和$r$的一条边，然后将其定向，把度为奇数的点连起来再跑欧拉回路，这样我们发现每个点恰好被覆盖的黑白区间数目相等，去掉加的那些虚边后显然还是合法的。这样就有$45pts$。

对于一般的情况，我们还是先加虚边，再钦定每一条边的方向，最后跑网络流即可。

把网络流板题放$t4$，真是抽象