这时2016 Pacific Northwest RC的题目
颓了几天感觉当初这套题不错，补完啦（UPD）
gym101201A
签到题，读对题即可
1 #include<bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 5 char a[100]; 6 int f[100],n,ans; 7 int main() 8 { 9 scanf("%s",a+1); 10 n=strlen(a+1); 11 f[1]=0; 12 for (int i=1; i<=n; i++) 13 { 14 for (int j=i; j; j--) 15 if (a[i]>a[j]) f[i]=max(f[i],f[j]); 16 f[i]++; 17 if (f[i]>ans) ans=f[i]; 18 } 19 printf("%d\n",26-ans); 20 }
gym101201B
一类类似spfa的dp，用f[x][y][k]表示到指令符第k位走到(x,y)所需要的修改次数
然后用spfa的形式进行转移即可（训练的时候简直不知道自己在写什么）
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define mp make_pair 3 #define pi pair<int,int> 4 using namespace std; 5 const int dx[4]={-1,1,0,0}; 6 const int dy[4]={0,0,-1,1}; 7 int f[60][60][60],v[60][60],a[60][60],bx,by,ex,ey,n,m,l; 8 pi q[2000010]; 9 char s[60]; 10 11 void bfs(int k) 12 { 13 int h=1,r=0; 14 for (int i=1; i<=n; i++) 15 for (int j=1; j<=m; j++) 16 if (a[i][j]) 17 { 18 q[++r]=mp(i,j); 19 v[i][j]=1; 20 } 21 22 while (h<=r) 23 { 24 int i=q[h].first,j=q[h].second; 25 v[i][j]=0; h++; 26 for (int w=0; w<4; w++) 27 { 28 int x=i+dx[w],y=j+dy[w]; 29 if (!a[x][y]) continue; 30 if (f[x][y][k]>f[i][j][k]+1) 31 { 32 f[x][y][k]=f[i][j][k]+1; 33 if (!v[x][y]) 34 { 35 q[++r]=mp(x,y); 36 v[x][y]=1; 37 } 38 } 39 } 40 } 41 } 42 43 int main() 44 { 45 scanf("%d%d",&n,&m); 46 for (int i=1; i<=n; i++) 47 { 48 scanf("%s",s+1); 49 for (int j=1; j<=m; j++) 50 { 51 if (s[j]!='#') a[i][j]=1; 52 if (s[j]=='R') 53 { 54 bx=i; 55 by=j; 56 } 57 if (s[j]=='E') 58 { 59 ex=i; 60 ey=j; 61 } 62 } 63 } 64 scanf("%s",s+1); 65 l=strlen(s+1); 66 for (int i=1; i<=n; i++) 67 for (int j=1; j<=m; j++) 68 for (int k=0; k<=l+1; k++) f[i][j][k]=1e9; 69 int ans=1e9; 70 f[bx][by][0]=0; 71 for (int k=1; k<=l+1; k++) 72 { 73 bfs(k-1); 74 ans=min(ans,f[ex][ey][k-1]); 75 if (k==l+1) break; 76 for (int i=1; i<=n; i++) 77 for (int j=1; j<=m; j++) 78 if (a[i][j]) 79 { 80 int pw; 81 if (s[k]=='L') pw=2; 82 if (s[k]=='R') pw=3; 83 if (s[k]=='U') pw=0; 84 if (s[k]=='D') pw=1; 85 int x=i+dx[pw],y=j+dy[pw]; 86 if (a[x][y]) f[x][y][k]=min(f[i][j][k-1],f[x][y][k]); 87 else f[i][j][k]=min(f[i][j][k-1],f[i][j][k]); 88 f[i][j][k]=min(f[i][j][k-1]+1,f[i][j][k]); 89 } 90 } 91 printf("%d\n",ans); 92 }
gym101201C
简单贪心即可
1 #include<bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 int v[100010],s,ans,n,m,k; 5 int main() 6 { 7 scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); 8 for (int i=1; i<=m; i++) 9 { 10 int x; 11 scanf("%d",&x); 12 v[x]=1; 13 } 14 for (int i=1; i<=k; i++) 15 s+=v[i]; 16 if (s<=1) 17 { 18 int j=k; 19 while (j&&v[j]) j--; 20 v[j]=1; ans++; s++; 21 if (s<=1) 22 { 23 while (j&&v[j]) j--; 24 v[j]=1; ans++; s++; 25 } 26 } 27 for (int i=k+1; i<=n; i++) 28 { 29 s=s-v[i-k]+v[i]; 30 if (s<=1) 31 { 32 int j=i; 33 while (j>i-k&&v[j]) j--; 34 v[j]=1; ans++; s++; 35 if (s<=1) 36 { 37 while (j>i-k&&v[j]) j--; 38 v[j]=1; ans++; s++; 39 } 40 } 41 } 42 printf("%d\n",ans); 43 }
gym101201D
首先假设做题顺序是i1,i2...in，那么最后罚时是n*t(i1)+(n-1)*t(i2)+...t(in)
考虑罚时的期望，根据期望的线性性质，如果第i道题期望在Pi时解决，那么它对期望的贡献就是(n-Pi)*ti
现在求所有可能罚时的总和，也就是我们只要求出每个题目的位置总贡献（(n-Pi)*n!）即可
观察阅读规则，对于每道题什么时候读，我们只要考虑比这道题容易或难的题的数目
所以对第x道题，我们令f[i][j][p][r] 表示有i道比x简单的题还未读，j道比x难的题，p表示x有没有读，r表示当前读过r道比x简单的题，在这种情况下的位置总贡献
（耗时相同的我们随便假定一个难以顺序，因为我们只在乎最后总的贡献）
根据阅读规则很容易写出转移方程，具体见程序
又观察可得，在每个固定状态下，不论是针对哪道题，f[]是不变的即通用的，因此总的复杂度为O(n^3)
1 #include<bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 typedef long long ll; 5 const int mo=1e9+7; 6 int f[320][320][2][320]; 7 ll d[320]; 8 int a[320],n,k; 9 10 void inc(int &a,int b) 11 { 12 a+=b; 13 if (a>mo) a-=mo; 14 } 15 16 int dp(int i,int j,int p,int r) 17 { 18 if (f[i][j][p][r]!=-1) return f[i][j][p][r]; 19 int s=-1,rr=r; 20 if (i+j+p==0) s=k-r; //所有题都读过了 21 else if (i+j+p<=n-k) //读过的题超过了k道 22 { 23 if (r) rr--; //先做最简单的 24 else if (p==0) s=(i+j+k)*d[i+j]%mo; //做当前考虑的这道并计算总的贡献 25 } 26 if (s==-1) 27 { 28 s=0; //三种可能的读题情况 29 if (i) s=1ll*i*dp(i-1,j,p,rr+1)%mo; 30 if (j) inc(s,1ll*j*dp(i,j-1,p,rr)%mo); 31 if (p) inc(s,dp(i,j,p-1,rr)%mo); 32 } 33 f[i][j][p][r]=s; 34 return s; 35 } 36 37 int main() 38 { 39 memset(f,255,sizeof(f)); 40 d[0]=1; 41 scanf("%d%d",&n,&k); 42 for (int i=1; i<=n; i++) 43 d[i]=d[i-1]*i%mo; 44 for (int i=1; i<=n; i++) 45 scanf("%d",&a[i]); 46 sort(a+1,a+n+1); 47 int ans=0; 48 for (int i=1; i<=n; i++) 49 ans=(ans+1ll*a[i]*dp(i-1,n-i,1,0)%mo)%mo; 50 printf("%d\n",ans); 51 }
gym101201E
好题，首先求出原先控制区域的凸包
如果把问题一般化处理，就是求凸包插入一个点怎么变
对于每一颗新增点i，凸包面积如果发生变化，一定是从凸包上两点l,r连向i
i-r,i-l两条射线刚好能卡住原凸包，且原先凸包上l~r之间的点不再是边界
根据凸包面积计算公式，如果我们找到l,r，那么很容易用前缀和求出答案
为了寻找l,r，我们假定p1为凸包最左下的点，pm为凸包最右上的点
考虑i的位置，分4种情况
1. i在p1的左侧 2. i在pm的右侧
3. i在p1,pm之间且在p1,pm连线的上方
4. i在p1,pm之间且在p1,pm连线的下方
情况1和情况2类似且较为简单，l,r一定分别在凸包的上凸壳和下凸壳上（也可能正好是p1,pm）
根据i-r,i-l两条射线刚好能卡住原凸包的性质可以用二分快速找到
情况3和情况4显然，l,r会同时落在上凸壳或下凸壳上，我们需要找到一个凸包的分界点k
使得x[k-1]<x[i]<=x[k]，这显然是可以用二分求出的，再在上(下）凸壳的左右区间分别用二分找到l,r即可
示意图如下：
其实，还有一个更简单的方法
可以证明，如果要是新的凸包面积最大，那么增加的点应在整个点集的凸包上
随着点在凸包上的逆时针（或顺时针移动），其对应的l,r也在凸包上做同向移动，由此就是two pointer的问题了
但是写起来似乎很有细节问题，改日把这个方法补上
另外注意这题答案会很大，double精度不够，又答案只有一位小数，直接判断着输出即可
1 #include<bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 typedef long long ll; 5 struct po 6 { 7 int x,y; 8 friend bool operator <(po a,po b) 9 { 10 if (a.x==b.x) return a.y<b.y; 11 return a.x<b.x; 12 } 13 friend po operator -(po a,po b) 14 { 15 return (po){a.x-b.x,a.y-b.y}; 16 } 17 friend po operator +(po a,po b) 18 { 19 return (po){a.x+b.x,a.y+b.y}; 20 } 21 friend ll operator *(po a, po b) 22 { 23 return 1ll*a.x*b.y-1ll*a.y*b.x; 24 } 25 } p[100010],q[100010]; 26 int n,k,t; 27 ll s[100010]; 28 29 int get(int l,int r,int i,int w) 30 { 31 while (l<r) 32 { 33 int m=(l+r)>>1; 34 if ((q[m]-p[i])*(q[m+1]-p[i])*w>0) r=m; 35 else l=m+1; 36 } 37 return l; 38 } 39 40 int bord(int l,int r,int i,int w) 41 { 42 while (l<r) 43 { 44 int m=(l+r)>>1; 45 if ((q[m].x-p[i].x)*w<0) l=m+1; 46 else r=m; 47 } 48 return l; 49 } 50 51 int main() 52 { 53 scanf("%d%d",&n,&k); 54 for (int i=1; i<=n; i++) 55 scanf("%d%d",&p[i].x,&p[i].y); 56 sort(p+1,p+1+k); 57 q[1]=p[1]; t=1; 58 for (int i=2; i<=k; i++) 59 { 60 while (t>1&&(p[i]-q[t-1])*(q[t]-q[t-1])>=0) t--; 61 q[++t]=p[i]; 62 } 63 int m=t; 64 for (int i=k-1;i;i--) 65 { 66 while (t>m&&(p[i]-q[t-1])*(q[t]-q[t-1])>=0) t--; 67 q[++t]=p[i]; 68 } 69 for (int i=1; i<t; i++) 70 s[i+1]+=s[i]+q[i]*q[i+1]; 71 ll ans=s[t],tmp; 72 for (int i=k+1; i<=n; i++) 73 { 74 if (p[i].x<q[1].x) 75 { 76 int l=get(1,m,i,1), r=get(m,t,i,-1); 77 tmp=s[r]-s[l]+q[r]*p[i]+p[i]*q[l]; 78 } 79 else if (p[i].x>q[m].x) 80 { 81 int l=get(1,m,i,-1),r=get(m,t,i,1); 82 tmp=s[t]-s[r]+s[l]+q[l]*p[i]+p[i]*q[r]; 83 } 84 else if ((q[m]-q[1])*(p[i]-q[1])>0) 85 { 86 int mid=bord(m,t,i,-1); 87 if (mid>m&&(q[mid]-q[mid-1])*(p[i]-q[mid-1])>0) continue; 88 int l=mid>m?get(m,mid-1,i,-1):m; 89 int r=get(mid,t,i,1); 90 tmp=s[t]-s[r]+s[l]+q[l]*p[i]+p[i]*q[r]; 91 } 92 else { 93 int mid=bord(1,m,i,1); 94 if (mid>1&&(q[mid]-q[mid-1])*(p[i]-q[mid-1])>0) continue; 95 int l=(mid>1)?get(1,mid-1,i,-1):1; 96 int r=get(mid,m,i,1); 97 tmp=s[t]-s[r]+s[l]+q[l]*p[i]+p[i]*q[r]; 98 } 99 ans=max(ans,tmp); 100 } 101 printf("%lld",ans/2); 102 if (ans&1) puts(".5"); else puts(".0"); 103 }
gym101201F
把每个灯照行还是列看作状态，任意两个同行（或同列）的灯不能同时照同行（或同列）
——经典的2sat问题
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define mp make_pair 3 #define pi pair<int,int> 4 #define fi first 5 #define se second 6 using namespace std; 7 vector<int> g[2010]; 8 int x[1010],y[1010],f[2010],dfn[2010],low[2010],st[2010],n,r,l,h,t,s,m,be[2010]; 9 pi q[2010]; 10 void tarjan(int x) 11 { 12 dfn[x]=low[x]=++h; 13 st[++t]=x; 14 f[x]=1; 15 for (int i=0; i<g[x].size(); i++) 16 { 17 int y=g[x][i]; 18 if (!dfn[y]) 19 { 20 tarjan(y); 21 low[x]=min(low[x],low[y]); 22 } 23 else if (f[y]) low[x]=min(low[x],low[y]); 24 } 25 if (low[x]==dfn[x]) 26 { 27 s++; 28 while (st[t+1]!=x) 29 { 30 int y=st[t--]; 31 be[y]=s; f[y]=0; 32 } 33 } 34 } 35 36 int main() 37 { 38 scanf("%d%d%d",&n,&r,&m); 39 for (int i=1; i<=m; i++) 40 scanf("%d%d",&x[i],&y[i]); 41 42 for (int i=1; i<=m; i++) 43 for (int j=1; j<=m; j++) 44 if (i!=j) 45 { 46 if (x[i]==x[j]&&abs(y[i]-y[j])<=2*r) 47 { 48 g[i+m].push_back(j); 49 g[j+m].push_back(i); 50 } 51 if (y[i]==y[j]&&abs(x[i]-x[j])<=2*r) 52 { 53 g[i].push_back(j+m); 54 g[j].push_back(i+m); 55 } 56 } 57 58 for (int i=1; i<=m*2; i++) 59 if (!dfn[i]) 60 { 61 h=t=0; 62 tarjan(i); 63 } 64 65 for (int i=1; i<=m; i++) 66 if (be[i]==be[i+m]) 67 { 68 puts("NO"); 69 return 0; 70 } 71 puts("YES"); 72 }
gym101201G
首先把确定的拎出来，不确定的地方要使海岛尽可能多，那必定是将一格作为一个海岛
不难想到将图黑白染色做而二分图的最大独立集
1 #include<bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 const int dx[4]={-1,1,0,0}; 5 const int dy[4]={0,0,-1,1}; 6 char s[100]; 7 int f[1610],b[60][60],a[60][60],v[60][60],cy[1610],cx[1610],n,m,ans,t; 8 vector<int> g[1610]; 9 void dfs(int i,int j) 10 { 11 v[i][j]=1; 12 for (int k=0; k<4; k++) 13 { 14 int x=i+dx[k],y=j+dy[k]; 15 if (x==0||x>n||y>m||y==0) continue; 16 if (v[x][y]) continue; 17 if (a[x][y]==-1) a[x][y]=0; 18 if (a[x][y]==1) dfs(x,y); 19 } 20 } 21 22 int work(int x) 23 { 24 for (int i=0; i<g[x].size(); i++) 25 { 26 int y=g[x][i]; 27 if (!f[y]) 28 { 29 f[y]=1; 30 if (!cy[y]||work(cy[y])) 31 { 32 cx[x]=y; 33 cy[y]=x; 34 return 1; 35 } 36 } 37 } 38 return 0; 39 } 40 41 int main() 42 { 43 //freopen("1.in","r",stdin); 44 scanf("%d%d",&n,&m); 45 for (int i=1; i<=n; i++) 46 { 47 scanf("%s",s+1); 48 for (int j=1; j<=m; j++) 49 { 50 if (s[j]=='W') a[i][j]=0; 51 if (s[j]=='C') a[i][j]=-1; 52 if (s[j]=='L') a[i][j]=1; 53 } 54 } 55 for (int i=1; i<=n; i++) 56 for (int j=1; j<=m; j++) 57 if (!v[i][j]&&a[i][j]==1) 58 { 59 ans++; 60 dfs(i,j); 61 } 62 63 for (int i=1; i<=n; i++) 64 for (int j=1; j<=m; j++) 65 if (a[i][j]==-1) b[i][j]=++t; 66 for (int i=1; i<=n; i++) 67 for (int j=1; j<=m; j++) 68 if ((i+j)%2==0) 69 { 70 for (int k=0; k<4; k++) 71 { 72 int x=i+dx[k],y=j+dy[k]; 73 if (b[x][y]) g[b[i][j]].push_back(b[x][y]); 74 } 75 } 76 int s=0; 77 for (int i=1; i<=t; i++) 78 if (g[i].size()) 79 { 80 if (!cx[i]) 81 { 82 memset(f,0,sizeof(f)); 83 s+=work(i); 84 } 85 } 86 printf("%d\n",ans+t-s); 87 }
gym101201H
经典的区间最大不重合拼接问题，离散化后树状数组优化dp
1 #include<bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 typedef long long ll; 5 struct node{ll l,r;} a[200010]; 6 ll n,ans,c[400010],b[400010]; 7 int sz,m,t; 8 bool cmp(node a,node b) 9 { 10 return a.r<b.r; 11 } 12 13 ll ask(int x) 14 { 15 ll s=0; 16 for (int i=x; i; i-=i&(-i)) 17 s=max(s,c[i]); 18 return s; 19 } 20 21 void work(int x,ll w) 22 { 23 for (int i=x; i<=sz; i+=i&(-i)) 24 c[i]=max(c[i],w); 25 } 26 27 int main() 28 { 29 scanf("%lld%d",&n,&m); 30 for (int i=1; i<=m; i++) 31 { 32 scanf("%lld%lld",&a[i].l,&a[i].r); 33 b[++t]=a[i].l; 34 b[++t]=a[i].r; 35 } 36 sort(a+1,a+1+m,cmp); 37 sort(b+1,b+1+t); 38 sz=unique(b+1,b+1+t)-b-1; 39 ll ans=0; 40 for (int i=1; i<=m; i++) 41 { 42 int x=lower_bound(b+1,b+1+sz,a[i].l)-b; 43 int y=lower_bound(b+1,b+1+sz,a[i].r)-b; 44 ll tmp=ask(x-1)+a[i].r-a[i].l+1; 45 ans=max(ans,tmp); 46 work(y,tmp); 47 } 48 printf("%lld\n",n-ans); 49 }
gym101201I
这题想了半天简直蠢，贪心
每次肯定送尽可能最远的最优，然后做一些计算即可
1 #include<bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 typedef long long ll; 5 struct node{int x,c;} a[100010]; 6 bool cmp(node a,node b) 7 { 8 return a.x<b.x; 9 } 10 ll ans; 11 int n,k; 12 int main() 13 { 14 scanf("%d%d",&n,&k); 15 for (int i=1; i<=n; i++) 16 scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].c); 17 sort(a+1,a+1+n,cmp); 18 int i=n; 19 while (i) 20 { 21 if (a[i].x<0) break; 22 ll ti=(a[i].c+k-1)/k; 23 ans+=abs(a[i].x)*ti; 24 ll s=ti*k; 25 while (i&&a[i].x>=0&&s) 26 { 27 if (a[i].c<=s) 28 { 29 s-=a[i].c; 30 i--; 31 } 32 else { 33 a[i].c-=s; 34 break; 35 } 36 } 37 } 38 i=1; 39 while (i<=n) 40 { 41 if (a[i].x>0) break; 42 ll ti=(a[i].c+k-1)/k; 43 ans+=abs(a[i].x)*ti; 44 ll s=ti*k; 45 while (i<=n&&a[i].x<0&&s) 46 { 47 if (a[i].c<=s) 48 { 49 s-=a[i].c; 50 i++; 51 } 52 else { 53 a[i].c-=s; 54 break; 55 } 56 } 57 } 58 printf("%lld\n",ans*2); 59 }
gym101201J
一道训练时大量人通过我不会的题……
多次询问一个数依次对区间每个数取模的结果
考虑到每次取模，如果x>a[i]那x%a[i]<=x/2，因此最多模log级别的数
我们每次模完当前数，只要找下面第一个小于x的数即可
这可以用二分+st表预处理区间最小值解决，复杂度是log方的
1 #include<bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 typedef long long ll; 5 int l2[1200010],d[25],n,q; 6 ll f[200010][20],a[200010]; 7 ll ask(int l,int r) 8 { 9 int k=l2[r-l+1]; 10 return min(f[l][k],f[r-d[k]+1][k]); 11 } 12 13 ll get(int l,int r,ll v) 14 { 15 int s=n+1; 16 while (l<=r) 17 { 18 int m=(l+r)>>1; 19 if (ask(l,m)>v) l=m+1; 20 else { 21 s=m; 22 r=m-1; 23 } 24 } 25 return s; 26 } 27 28 int main() 29 { 30 d[0]=1; 31 for (int i=1; i<=20; i++) 32 { 33 d[i]=d[i-1]*2; 34 for (int j=(1<<(i-1)); j<(1<<i); j++) 35 l2[j]=i-1; 36 } 37 scanf("%d%d",&n,&q); 38 for (int i=1; i<=n; i++) 39 { 40 scanf("%lld",&a[i]); 41 f[i][0]=a[i]; 42 } 43 for (int j=1; (1<<j)<n; j++) 44 for (int i=1; i<=n; i++) 45 if (i+d[j]-1<=n) f[i][j]=min(f[i][j-1],f[i+d[j-1]][j-1]); 46 else break; 47 48 for (int i=1; i<=q; i++) 49 { 50 ll v; int l,r; 51 scanf("%lld%d%d",&v,&l,&r); 52 while (l<=r) 53 { 54 v%=a[l]; 55 if (!v) break; 56 l=get(l+1,r,v); 57 } 58 printf("%lld\n",v); 59 } 60 }
gym101201K
又一道训练时大量人通过我不会的题+1
其实是一道很简单的题，最重要的一点是最后的期望胜场数=∑至少胜i场的概率*i
那么在2^i的区间脱颖而出，概率显然是C(2^k-r,2^i-1) / C(2^k,2^i-1)
注意一下精度问题
1 #include<bits/stdc++.h> 2 int k,n,m,r; 3 4 int main() 5 { 6 scanf("%d%d",&k,&r); 7 n=(1<<k)-1; m=(1<<k)-r; 8 double p=1.0,ans=0; 9 for (int k=1; (1<<k)-1<=m; k++) 10 { 11 int sm=m-(1<<k)+2, em=m-(1<<(k-1))+1; 12 int sn=n-(1<<k)+2; 13 for (int mm=sm,nn=sn; mm<=em; mm++,nn++) 14 p*=1.0*mm/nn; 15 ans+=p; 16 } 17 printf("%.5lf\n", ans); 18 }
gym101201L
很有趣的构造题，首先结论是一定有解
方法如下：首先我们选定一个一定在点集凸包上的点（不妨就是左下的点）
那么它在点集凸包上有两个相邻的点，把凸包内作为点的朝向的话
如果当前指令要求是L即逆时针的话，下一个点是当前点的当前凸包右相邻点，否则反之
首先由凸包性质知，这样走一定满足转向要求，并且每次要走的点都是当前未走过点的凸包上的点
这样每次我们走的都是凸包上的一条边，这样一定不会存在相交的情况
1 #include<bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 struct po 5 { 6 int x,y; 7 friend bool operator <(po a,po b) 8 { 9 if (a.x==b.x) return a.y<b.y; 10 return a.x<b.x; 11 } 12 friend po operator -(po a,po b) 13 { 14 return (po){a.x-b.x,a.y-b.y}; 15 } 16 friend int operator *(po a, po b) 17 { 18 return a.x*b.y-a.y*b.x; 19 } 20 } p[1010]; 21 int ans[1010],n; 22 char s[1010]; 23 24 int main() 25 { 26 scanf("%d",&n); 27 for (int i=1; i<=n; i++) 28 { 29 scanf("%d%d",&p[i].x,&p[i].y); 30 ans[i]=i; 31 } 32 int j=1; 33 for (int i=2; i<=n; i++) 34 if (p[i]<p[j]) j=i; 35 swap(p[1],p[j]); 36 swap(ans[1],ans[j]); 37 scanf("%s",s+2); 38 for (int i=2; i<n; i++) 39 { 40 int k=i,x=(s[i]=='L')?1:-1; 41 for (int j=i+1; j<=n ;j++) 42 if ((p[k]-p[i-1])*(p[j]-p[i-1])*x<0) k=j; 43 swap(p[i],p[k]); 44 swap(ans[i],ans[k]); 45 } 46 for (int i=1; i<=n; i++) 47 { 48 printf("%d",ans[i]); 49 if (i==n) puts(""); else printf(" "); 50 } 51 }
