P7862 [COCI2015-2016#2] DRŽAVA 题解

适当进行骗分是真的有用。

\(40pts\)：

对于每两个点建立一条边，然后在贪心每次求最小边，在期间进行01背包即可，01背包用于处理模数。

设 \(dp_{i,j}\) 代表以 \(i\) 为编号的一个并查集，子集的和模数是否可以为 \(j\)。

每次将 \(t\) 集合合并给 \(i\) 集合。

\(dp_{i,j}|=dp_{t,j}\)

再从 \(1\) 到 \(n\) 枚举 \(k\) 集合中的数 \(p\)。（如果枚举 \(0\) 说明在此已经有答案了，所以枚举 \(0\) 无意义）

\(dp_{i,j}|=dp_{t,(j+p)\bmod k}\)

当合并后 \(dp_{i,0}=1\)，取这条边为答案即可。

非正解做法（这里注重考场上没想出来如何骗分，看正解可以移步其他题解，注：目前这个解法可以过）：

一来想不太出来，但是推出个结论，要推出模数 \(0\)，最多需 \(k\) 个数。

证明：如果一个新的数加进来，不会产生其他模数，那么原来的模数是个等差数列，并且等差数列会从 \(0\) 开始，公差为新数，所以原来取的数都是一样的。如果不会产生模数，那么证明这些相同的数 \(x\) 满足 \(k\bmod x=0\)，那么此时只需要用 \(k\div x\) 即可推出模数 \(0\)，如果可以更新模数每一次更新一个，最多需要 \(k\) 步，若 \(x=1\) 也是 \(k\) 步，即可证。

那么可以想到其实只需要求一个点离的最近的 \(k\) 个点即可。

如果在考场想不到二分什么的，应该考虑揣摩出题人心理，进行关键字排序。

对于每个点 \((x,y)\)：

以 \(x\) 为关键字排序：\(160pts\)。

以 \(y\) 为关键字排序：\(160pts\)

以 \(x^2+y^2\) 为关键字排序：\(160pts\)

以 \(x\times y\) 为关键字排序：\(160pts\)

以 \(x^2+y^2-2x-2y\) 为关键字排序：\(160pts\)

……

好吧当我没说。

这里选择第三种排序，排序后取在自己后面的点，这里因为 \(k\le30\)，所以选择 \(40\) 个点稳一点。

最后与上面做法就一样了，多加了个启发式合并，对于单独一个点的并查集插入进行特殊处理，不用也可以过。

总结：如果考试想不出来，利用一些非正常办法也可以拿高分的。

复杂度 \(O(k\times n\times \log(n))\)。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define int long long
using namespace std;
const int N=5e4+5;
int n,k,cnt,f[N],siz[N],s[N][35],q[N];
struct node
{
	int x,y,data;
}a[N];
int cmp(node fi,node se)
{
	return fi.x*fi.x+fi.y*fi.y<se.x*se.x+se.y*se.y;
}
struct node2
{
	int from,to,data;
}t[N*40];
int cmp2(node2 fi,node2 se)
{
	return fi.data<se.data;
}
int afind(int x)
{
	if(f[x]==x)return x;
	return f[x]=afind(f[x]);
}
int krus()
{
	for(int i=1;i<=cnt;i++)
	{
		int from=afind(t[i].from),to=afind(t[i].to);
		if(from==to)continue;
		if(siz[to]==1)swap(from,to);
		for(int j=1;j<k;j++)q[j]=0;
		for(int j=1;j<k;j++)
		{
			if(!s[to][j])continue;
			if(siz[from]==1)q[(j+a[from].data)%k]=1,q[a[from].data]=1;
			else
			{
				for(int p=1;p<k;p++)
				{
					if(!s[from][p])continue;
					q[(j+p)%k]=1;
					q[p]=1;
				}
			}
		}
		for(int j=0;j<k;j++)s[to][j]|=q[j];
		siz[to]+=siz[from];
		f[from]=to;
		if(s[to][0])return t[i].data;
	}
	return t[cnt].data;
}
signed main()
{
	//freopen("drzava.in","r",stdin);
	//freopen("drzava.out","w",stdout);
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld%lld%lld",&a[i].x,&a[i].y,&a[i].data),a[i].data%=k;
	sort(a+1,a+1+n,cmp);
	int kt=2000000ll/n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		f[i]=i;
		siz[i]=1;
		s[i][a[i].data]=1;
		for(int j=i+1;j<=min(n,i+kt);j++)t[++cnt]=(node2){i,j,(a[i].x-a[j].x)*(a[i].x-a[j].x)+(a[i].y-a[j].y)*(a[i].y-a[j].y)};
	}
	
	sort(t+1,t+1+cnt,cmp2);
	double ans=sqrt(1.0*krus());
	printf("%.3lf",ans);
	return 0;
}