2019暑期第一阶段
有四题比较典型的dp放在另一篇
DAY1
Collision
将小球速度正交分解为x，y方向，x或y相同时答案是固定的，都不同时根据周期建立二元一次方程
\[2XA+\frac{2X-x1-x2}{2}=2YB+\frac{2Y-y1-y2}{2}
\]
拓展gcd可解。
对于最小正整数解问题，由于当方程\(AX-BY=C\)有一组解（x0,y0)时，所有的解可表示为
\[\begin{cases}x=x0+kB\\y=y0+kA\end{cases}
\]
于是在A,B>0且互质的条件下有xmin=(x0modB+B)modB,ymin=(y0modA+A)modA.
对于除以2的问题，预先都乘以2即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll ggcd(ll x,ll y){
if(y==0)return x;
return ggcd(y,x%y);
}
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
if(b==0){
x=1; y=0; return a;
}
ll r=exgcd(b,a%b,x,y);
ll tmp=x;
x=y;
y=tmp-a/b*y;
return r;
}
int main(){
int t,cas=1;
cin>>t;
while(t--){
ll x,y,x1,y1,x2,y2;
double ans1,ans2;
int f=1;
scanf("%lld%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&x1,&y1,&x2,&y2);
if(x1==x2&&y1==y2){
ans1=x1; ans2=y1;
}
else if(x1==x2){
double tmp=2*y-y1-y2;
ans1=min(x1,x2)+tmp/2; ans2=tmp/2+min(y1,y2);
}
else if(y1==y2){
double tmp=2*x-x1-x2;
ans1=tmp/2+min(x1,x2); ans2=min(y1,y2)+tmp/2;
}
else{
ll k1,k2;
x*=2; y*=2; x1*=2; y1*=2; x2*=2; y2*=2;
ll c=(2*y-y1-y2-2*x+x1+x2)/2;
ll gcd=ggcd(x,y);
if(c%gcd)f=0;
else{
ll yy=y,xx=x;
y/=gcd; x/=gcd; c/=gcd;
exgcd(x,y,k1,k2);
k1*=c;
k1=(k1%y+y)%y;
k1=k1*xx+(2*xx-x1-x2)/2;
ans1=(x1+k1)%(2*xx);
ans2=(y1+k1)%(2*yy);
if(ans1>xx)ans1=2*xx-ans1;
if(ans2>yy)ans2=2*yy-ans2;
ans1/=2; ans2/=2;
}
}
printf("Case #%d:\n",cas++);
if(f){
printf("%.1lf %.1lf",ans1,ans2);
}
else{
printf("Collision will not happen.");
}
printf("\n");
}
return 0;
}
Happy Matt Friends
用所有可能的组合数\(2^n\)减去能生成小于m-1的组合数即可。
一个很显然的结论：n个数线性基意义下的秩为p时，如果一个数可由这些数异或得到，那么得到它的方法一定有\(2^{n-p}\)种。
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
#define ll long long
struct LinearBase {
static const int maxl = 63;
ll a[maxl + 5];
int cnt;
LinearBase() { cnt=0; memset(a,0,sizeof(a)); }
void clear() { cnt=0; memset(a,0,sizeof(a)); }
void insert(ll x) {
for (int i = maxl - 1; i >= 0; i--) {
if (x & (1ll << i)) {
if (a[i]) x ^= a[i];
else {
for (int k = 0; k < i; k++)
if (x & (1ll << k)) x ^= a[k];
for (int k = i + 1; k < maxl; k++)
if (a[k] & (1ll << i)) a[k] ^= x;
a[i] = x; cnt++;
return ;
}
}
}
}
bool check(ll x) {
for (int i = maxl - 1; i >= 0; i--) {
if (x >> i & 1) {
if (a[i]) x ^= a[i];
else return false;
}
}
return true;
}
ll qmax(int x) {
ll res = x;
for(int i = maxl - 1 ; i >= 0; i--) {
if ((res ^ a[i]) > res) res ^= a[i];
}
return res;
}
}p;
int main(){
int cas=1,t; cin>>t;
while(t--){
ll n,m,a[50];
scanf("%lld%lld",&n,&m);
p.clear();
for(int j=1;j<=n;j++){
scanf("%lld",a+j);
p.insert(a[j]);
}
ll ans=0;
for(ll i=0;i<m;i++)if(p.check(i))ans++;
ans*=1ll<<(n-p.cnt);
ans=(1ll<<n)-ans;
printf("Case #%d: %lld\n",cas,ans); cas++;
}
}
Intersection
类似于容斥的思想：大大相交面积-大小相交面积+小小相交面积。
DAY2
Signal Interference
计算几何模板题，阿氏圆+圆与多边形相交面积。
DAY3
Problem Buyer
仅仅考虑区间覆盖的话只需要取一个max(n-xi+1)即可，xi是第i个点有多少个区间可以覆盖它。但是这一题还要为每个点至少分配一个区间，所以从左到右求xi时每次应该删去一个对后面影响最小的区间，可以用一个对区间右端点的小顶优先队列维护。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > p;
int n,m,q[100005];
struct node{
int l,r;
}a[100005];
bool cmp(node x,node y){
return x.l==y.l?x.r>y.r:x.l<y.l;
}
int main(){
int t,cas=1;
cin>>t;
while(t--){
while(!p.empty())p.pop();
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r);
for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d",q+i);
sort(a+1,a+n+1,cmp);
sort(q+1,q+m+1);
int j=1;
int ans=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
while(j<=n&&a[j].l<=q[i]){
p.push(a[j].r); j++;
}
while(!p.empty()&&p.top()<q[i])p.pop();
ans=max(ans,n-int(p.size())+1);
if(!p.empty())p.pop();
}
if(ans>n){
printf("Case #%d: IMPOSSIBLE!\n",cas); cas++;
}
else{
printf("Case #%d: %d\n",cas,ans); cas++;
}
}
}
Pandaland
每次去掉一个边找相连顶点的最短路，加上边的权值即是一个环的权值，最后取一个min。难在建图，可以用二维数组code[][]表示这个点的编号。跑dijk的过程可以加一个剪枝if(dis[u]-w>=ans)return;。
DAY4
Subway Chasing
传说中的差分约束，到现在都没写对，mark一下明天再写。
DAY5
Land of Farms
\(2^{10}\)枚举ancient farm的状态，去掉周围直接相连的点，对剩下的二分图匹配找最大独立点集。
（还没写，mark一下明天写）
The Shields
三维偏序问题，套用CDQ分治。
（没写对，mark一下明天写）
DAY6
Instability
Ramsey定理：六个人中必有三人两两相识或两两不相识。
直接枚举3，4，5个点成立的情况，再加上\(\sum_{i=6}^{n}C_{n}^{i}\)即可。
DAY7
TOO RICH
dfs反向贪心，找组成sum-p的最小硬币数。注意硬币按面值从大到小扫过渡到下一层时有两种状态：大硬币取now/w个或者取now/w-1个，这里面其实有一种取模怎样更划算的问题。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node{
int w,s;
}a[15];
int p,ans;
void dfs(int res,int k,int la){
if(res==0){
ans=min(ans,k); return;
}
int sum=0;
for(int i=1;i<=10;i++)if(a[i].w<=res)sum+=a[i].s*a[i].w;
if(sum<res)return;
if(k>=ans)return;
for(int i=la-1;i>=1;i--){
if(a[i].s==0||a[i].w>res){
continue;
}
int tmp=min(res/a[i].w,a[i].s);
a[i].s-=tmp;
dfs(res-tmp*a[i].w,k+tmp,i);
a[i].s+=1;
dfs(res-(tmp-1)*a[i].w,k+tmp-1,i);
a[i].s+=tmp-1;
}
}
const int ch[]={1,5,10,20,50,100,200,500,1000,2000};
int main(){
int t; cin>>t;
while(t--){
scanf("%d",&p);
int sum=0,sum1=0;
for(int i=1;i<=10;i++)scanf("%d",&a[i].s),a[i].w=ch[i-1],sum+=a[i].w*a[i].s,sum1+=a[i].s;
ans=0x3f3f3f3f;
dfs(sum-p,0,11);
if(ans==0x3f3f3f3f)printf("%d\n",-1);
else printf("%d\n",sum1-ans);
}
}
Rebuild
毒瘤卡精度题。点为奇数时半径是固定的，求出来判断一下就好。为偶数时先求r1的范围，再用一元二次方程判断r1取值。注意有常数pi的时候尽量提出来。
Partial Tree
一个结论：任意给出图上n个点的度，保证这些度数和为2n-2，总能用这些点构造出一棵树。（具体怎么构造呢。。。还没想通）
于是这题就变成了背包裸题。
DAY8
Recursive sequence
递推式：\(a_{n}=a_{n-1}+2a_{n-2}+n^4\)
构建下面这个神奇的矩阵乘法（我也不知道要怎么去想，但是瓜神就是想出来了，orz）：
\[\begin{bmatrix}
1&2&0&1&0&0&0&0\\
1&0&0&0&0&0&0&0\\
0&1&0&0&0&0&0&0\\
0&0&0&1&4&6&4&1\\
0&0&0&0&1&3&3&1\\
0&0&0&0&0&1&2&1\\
0&0&0&0&0&0&1&1\\
0&0&0&0&0&0&0&1\\
\end{bmatrix}^{n-3}
\begin{bmatrix}
a_3\\
a_2\\
a_1\\
i^4\\
i^3\\
i^2\\
i\\
1
\end{bmatrix}\]
再套用矩阵快速幂。
Do not pour out
这题并没有用真算法通过。。。求体积实际上要用很复杂的积分。。。然而高数功底太弱（哭死）
找时间重新做一下这个数学题。
DAY9
Frogs
很奇妙的数列模拟容斥过程，对照代码可以理解。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,m,a[100005];
ll gt(ll t){
ll k=__gcd(t,m);
ll tmp=k;
k=m/k;
ll ans=(m-tmp)*k/2;
return ans;
}
ll b[100005],cnt=0;
int main(){
ll t,cas=1;
cin>>t;
while(t--){
cnt=0;
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(ll i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",a+i);
for(ll i=1;i<=n;i++)b[++cnt]=__gcd(a[i],m);
sort(b+1,b+cnt+1);
ll ss=unique(b+1,b+cnt+1)-b-1;
ll num2[10005]={0};
cnt=0;
for(ll i=1;i*i<=m;i++){
if(m%i==0){
num2[++cnt]=i; if(i!=1&&i*i!=m)num2[++cnt]=m/i;
}
}
sort(num2+1,num2+cnt+1);
ll p1=1,p2=1;
ll ans1[10005]={0},ans2[10005]={0};
while(p1<=ss){
while(p2<=cnt&&num2[p2]!=b[p1])p2++;
ans1[p2]=1;
for(int i=p2;i<=cnt;i++)if(num2[i]%num2[p2]==0)ans1[i]=1;
p1++; p2++;
}
for(ll i=1;i<cnt;i++){
if(ans1[i]-ans2[i]==0)continue;
ll tmp=ans1[i]-ans2[i];
for(ll j=i+1;j<=cnt;j++)if(num2[j]%num2[i]==0)ans2[j]+=tmp;
}
for(ll i=1;i<=cnt;i++)ans1[i]=ans1[i]-ans2[i];
ll s=0;
for(ll i=1;i<=cnt;i++)s+=gt(num2[i])*ans1[i];
printf("Case #%lld: %lld\n",cas++,s);
}
return 0;
}
DAY10
Bomb
缩点？塔尖？居然什么都不知道（哭死）mark一下明天学。
Kindom of obsession
2e9内质数间隔不会超过三百，对n>300输出NO，对n小于300用二分图匹配。
END
markdown是个好东东。。。
