8.3总结
得分
0+45+50
惊险刺激
8：30的时候我估计能拿250分
10：30的时候我估计我会爆零
一开始以为会做T1T3
结果打出来都不对
赛后发现反而是T2最简单
其实T1暴力能过
T1
chnlich 非常喜欢玩三国志这款游戏,并喜欢用一些策略出奇制胜。现在,他要开始征服世界的旅途了。他的敌人有N 座城市和N 个太守, N个城市可以看作在二维平面上的N 个点。N 座城市的标号为0,1,2,......,N-1。第i 座城市的坐标为(Xi,Yi),镇守这座城市的太守的能力值为Zi。
chnlich 每次会选择一个边平行于坐标轴的矩形区域,并奇袭其中太守能力值第K小的城市(奇袭结束之后城市与太守依然存在)。
不过,他的敌人经常会偷偷交换两座城市的太守,防止弱点被chnlich 发现。
现在,chnlich 想要知道,每次奇袭时他的敌人的能力值。
对于100%的数据,N<=60000,M<=10000,0<=Xi,Yi,Zi<=10^9,k<=10^9,保证所有操作均合法。
Time Limits: 10000 ms
欺诈题
NM可以过
先按Z排序，每次询问找到第k个在矩形内的城市就是答案了
T2
有 N 个关卡,初始有 Q 条命。每通过一个关卡,会得到 u 分和1条命,生命上限为 Q。其中 u=min(最近一次连续通过的关数,R)。
若没有通过这个关卡,将会失去1条命,并进入下一个关卡。当没有生命或没有未挑战过的关卡时,游戏结束,得到的分数为每关得到的分数的总和。
由于 chnlich 好久不玩这个游戏了,每条命通过每个关卡的概率均为p(0<=p<=1),原先 chnlich 的最高分纪录是 S。现在 chnlich 想要知道,当 p 至少为多少时,chnlich 期望获得的总分数能够超过原先的最高分。
对于100%的数据,N<=10^8,1<=R<=20,1<=Q<=5,保证 S 是一个可能出现的分数。
一眼二分加矩乘
方程是
\[ f[i+1][min(j+1,Q)][min(k+1,R)]+=f[i][j][k]*p;\\ f[i+1][j-1][0]+=f[i][j][k]*(1-p);\\ ans+=f[i][j][k]*p*(min(k+1,R)); \]
一开始我以为那个ans不能矩乘，实际上是可以的
T3
A 国在 B 国中设有 N 个情报站，编号为 1,2,3, …… ,N ，每个情报站有一个坐标 (Xi,Yi) 。但是， A 国的工作人员发现，每个情报站里都被埋上了炸弹！
这些炸弹非常特殊 ， 只要同时拆除其中的三个炸弹 ， 所有炸弹就都不会爆炸了。由于各个情报站联络需要代价 ， 拆除炸弹需要花费的总代价为这些炸弹两两之间的曼哈顿距离和。现在 A 国的指挥部门找到了你 ， 希望知道可能需要的最大代价和最小代价 。
对于 100% 的数据， N<=100000 ， 0<=Xi,Yi<=10^8
先考虑只要选择两个点的情况，令 Xmax 表示两个点中 X 坐标较大的点的 X 坐标，Xmin
表示两个点中 X 坐标较小的点的 X 坐标，Ymax,Ymin 同理。则答案即为
Xmax-Xmin+Ymax-Ymin。我们先计算最大值。考虑最大值的分布，显然我们只要选出使
Xmax+Ymax,-Xmin-Ymin，Xmax-Ymin,-Xmin+Ymax 这四个表达式值最大的点暴力即可。
然后计算最小值。若不考虑 Xmin=Xmax 或 Ymin=Ymax 这些极端情况，两个点的位置情况
只有两种(左下，左上)，是对称的，我们只考虑其中的一种情况。以第一个点在第二个点左
下方为例。则第一个点的坐标为(Xmin,Ymin)。显然，我们要查找的是 X>Xmin 且 Y>Ymin
且 X+Y 最小的点。我们可以按 X 轴从大到小枚举，保证 X>Xmin，按 Y 轴坐标维护一棵线
段树，记录区间 X+Y 最小的值，在每个点处只要在线段树中查询[Ymin,+ ∞)中的 X+Y 最小
值，更新答案，然后插入点(Xmin,Ymin)即可。时间复杂度 O(NlogN)。
接下来考虑三个点的情况。我们考虑三个点两两之间的曼哈顿距离和的实质。通过画图，
我们容易发现，问题的实质是求能包含这三个点的最小矩形的周长，即
2*(Xmax-Xmin+Ymax-Ymin)，因此我们只要最大化和最小化 Xmax-Xmin+Ymax-Ymin 即可。
考虑这四个未知量，显然，一个点最多确定一个 X 未知量和一个 Y 未知量，答案的组成可
能有两种情况：
①一个点确定了一个 X 和一个 Y，另外两个点分别确定了一个 X 和一个 Y。
②一个点确定了一个 X 和一个 Y，另一个点同样确定了一个 X 和一个 Y，还有一个点
什么都没有确定(但必须存在这个点)。
我们分别考虑这两种情况。先考虑最大值。显然，确定最大值的点一定在
Xmax+Ymax,-Xmin+Ymax,-Xmin-Ymin,Xmax-Ymin,Xmin,Xmax,Ymin,Ymax 最大的至多 8个
点中选择三个，因此只需选出能使这些值变得最大的点暴力即可。
然后考虑最小值。先考虑情况①。假设确定了 X 和 Y 的点在左上方(即该点在 3 个点中
的-Xmin+Ymax 最小)，设另外两个点分别为(Xmax,Y)和(X,Ymin)。我们维护一棵线段树，
维护在 X 在 i 处时首先从下方往上方依次枚举每个点作为左上角，我们使用线段树维护所有
(X,Ymin)节点的 Xmax-Ymin 的最大值。每次枚举一个点，首先查询它(Xmin,+ ∞)中的
Xmax-Ymin 的最小值更新答案，然后将它作为可能的 Xmax 更新线段树在(-∞ ,Xmin)中的
Xmax-Ymin，然后把自己作为可能的 Ymin 更新线段树在这个点上的最大 Y 值，就可以完美
解决情况①，时间复杂度 O(NlogN)。
对于情况②，我们枚举中间的点，然后计算四个方向上离它最近的节点，这个即为两个
点求最近曼哈顿距离的情况。计算对角方向两个最近点的距离和并更新答案即可。时间复杂
度仍为 O(NlogN)。
这题同样可以使用分治算法解决，时间复杂度仍为 O(NlogN)。By Bomb解题报告.pdf
~有很多小错误~
有几个地方需要注意
- 把全部点旋转时，点(x,y)变为(-y,x)
- 解决情况①时，更新单点的时候不能更新答案，见代码
- 对于情况②，为了防止重合的点重复计算，我们用1~i-1的点更新i的一个方向，用i+1~n的点更新i的对角方向
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define INF 1000000000
using namespace std;
struct kk
{
int x,y,rank;
};
struct qy
{
int x,y,ans,tag,ans2;
};
int n,i,j,k,ans1,ans2,fx;
kk a[100005],b[100005];
int t1[100005],t2[100005];
qy tree[400005],treee[400005];
int sel[9];
int mi[5][100005];
int find1(int x)
{
int l=1,r=t1[0],mid=(l+r)/2;
while (l<r)
{
if (t1[mid]<x) l=mid+1;
else r=mid;
mid=(l+r)/2;
}
return mid;
}
int find2(int x)
{
int l=1,r=t2[0],mid=(l+r)/2;
while (l<r)
{
if (t2[mid]<x) l=mid+1;
else r=mid;
mid=(l+r)/2;
}
return mid;
}
int comp(kk a,kk b)
{
return ((a.x>b.x)||((a.x==b.x)&&(a.y>b.y)));
}
void clear(int k,int l,int r)
{
tree[k].x=tree[k].y=tree[k].tag=INF;
tree[k].ans=INF;
if (l!=r)
{
int mid=(l+r)/2;
clear(k*2,l,mid);
clear(k*2+1,mid+1,r);
}
}
void clear2(int k,int l,int r)
{
treee[k].x=treee[k].y=treee[k].tag=INF;
treee[k].ans=INF;
treee[k].ans2=-INF;
if (l!=r)
{
int mid=(l+r)/2;
clear2(k*2,l,mid);
clear2(k*2+1,mid+1,r);
}
}
void pushdown(int k,int l,int r)
{
if (l!=r)
{
tree[k*2].ans=min(tree[k*2].ans,tree[k*2].x+tree[k].tag);
tree[k*2].tag=min(tree[k*2].tag,tree[k].tag);
tree[k*2+1].ans=min(tree[k*2+1].ans,tree[k*2+1].x+tree[k].tag);
tree[k*2+1].tag=min(tree[k*2+1].tag,tree[k].tag);
}
tree[k].tag=INF;
}
void update(int k,int l,int r)
{
tree[k].x=min(tree[k*2].x,tree[k*2+1].x);
tree[k].y=min(tree[k*2].y,tree[k*2+1].y);
tree[k].ans=min(tree[k*2].ans,tree[k*2+1].ans);
}
int query(int k,int l,int r,int x,int y)
{
pushdown(k,l,r);
if ((l<=y)&&(r>=x))
{
if ((l>=x)&&(r<=y))
{
return tree[k].ans;
}
int mid=(l+r)/2;
return min(query(k*2,l,mid,x,y),query(k*2+1,mid+1,r,x,y));
}
return INF;
}
int query2(int k,int l,int r,int x,int y)
{
if ((l<=y)&&(r>=x))
{
if ((l>=x)&&(r<=y))
{
return treee[k].ans;
}
int mid=(l+r)/2;
return min(query2(k*2,l,mid,x,y),query2(k*2+1,mid+1,r,x,y));
}
return INF;
}
int query3(int k,int l,int r,int x,int y)
{
if ((l<=y)&&(r>=x))
{
if ((l>=x)&&(r<=y))
{
return treee[k].ans2;
}
int mid=(l+r)/2;
return max(query3(k*2,l,mid,x,y),query3(k*2+1,mid+1,r,x,y));
}
return -INF;
}
void modify1(int k,int l,int r,int x,int y)
{
pushdown(k,l,r);
if (l==r)
{
tree[k].x=min(tree[k].x,y);
}
else
{
int mid=(l+r)/2;
if (x<=mid)
modify1(k*2,l,mid,x,y);
else
modify1(k*2+1,mid+1,r,x,y);
tree[k].x=min(tree[k*2].x,tree[k*2+1].x);//这里不能更新ans,因为旧的y都在x右边
}
}
void modify2(int k,int l,int r,int x,int y,int z)
{
pushdown(k,l,r);
if ((l<=y)&&(r>=x))
{
if ((l>=x)&&(r<=y))
{
tree[k].ans=min(tree[k].ans,tree[k].x+z);//必须这样打，因为是用这个z跟以前的x匹配
tree[k].tag=min(tree[k].tag,z);
return;
}
int mid=(l+r)/2;
modify2(k*2,l,mid,x,y,z);
modify2(k*2+1,mid+1,r,x,y,z);
update(k,l,r);
}
}
void modify3(int k,int l,int r,int x,int y)
{
if (l==r)
{
treee[k].ans=min(treee[k].ans,y);
treee[k].ans2=max(treee[k].ans2,y);
}
else
{
int mid=(l+r)/2;
if (x<=mid)
modify3(k*2,l,mid,x,y);
else
modify3(k*2+1,mid+1,r,x,y);
treee[k].ans=min(treee[k*2].ans,treee[k*2+1].ans);
treee[k].ans2=max(treee[k*2].ans2,treee[k*2+1].ans2);
}
}
void does()
{
int i,j,s1,s2;
for (i=1;i<=n;i++) b[i].rank=i;
t1[0]=0;
for (i=1;i<=n;i++)
t1[++t1[0]]=a[i].x;
sort(t1+1,t1+1+t1[0]);
for (i=1;i<=n;i++)
b[i].x=find1(a[i].x);
t2[0]=0;
for (i=1;i<=n;i++)
t2[++t2[0]]=a[i].y;
sort(t2+1,t2+1+t2[0]);
for (i=1;i<=n;i++)
b[i].y=find2(a[i].y);
sort(b+1,b+1+n,comp);
clear(1,1,n);
for (i=1;i<=n;i++)
{
s1=query(1,1,n,b[i].y,n);
ans2=min(ans2,s1-t1[b[i].x]-t2[b[i].y]);
modify1(1,1,n,b[i].y,t1[b[i].x]);
modify2(1,1,n,1,b[i].y-1,t2[b[i].y]);
}
}
void does2()
{
for (i=1;i<=n;i++) b[i].rank=i;
t1[0]=0;
for (i=1;i<=n;i++)
t1[++t1[0]]=a[i].x;
sort(t1+1,t1+1+t1[0]);
for (i=1;i<=n;i++)
b[i].x=find1(a[i].x);
t2[0]=0;
for (i=1;i<=n;i++)
t2[++t2[0]]=a[i].y;
sort(t2+1,t2+1+t2[0]);
for (i=1;i<=n;i++)
b[i].y=find2(a[i].y);
sort(b+1,b+1+n,comp);
clear2(1,1,n);
fx++;
for (i=1;i<=n;i++)
{
mi[fx][b[i].rank]=query2(1,1,n,b[i].y,n)-t1[b[i].x]-t2[b[i].y];
modify3(1,1,n,b[i].y,t1[b[i].x]+t2[b[i].y]);
}
clear2(1,1,n);
fx++;
for (i=n;i>=1;i--)
{
mi[fx][b[i].rank]=t1[b[i].x]+t2[b[i].y]-query3(1,1,n,1,b[i].y);
modify3(1,1,n,b[i].y,t1[b[i].x]+t2[b[i].y]);
}
}
int js(int x,int y,int z)
{
return (max(max(a[x].x,a[y].x),a[z].x)-min(min(a[x].x,a[y].x),a[z].x)+max(max(a[x].y,a[y].y),a[z].y)-min(min(a[x].y,a[y].y),a[z].y));
}
int main()
{
freopen("read.in","r",stdin);
ans1=0;
ans2=100000000;
scanf("%d",&n);
for (i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y);
}
for (i=1;i<=8;i++)
sel[i]=1;
for (i=1;i<=n;i++)
{
if (a[sel[1]].x+a[sel[1]].y<a[i].x+a[i].y) sel[1]=i;
if (a[sel[2]].x-a[sel[2]].y<a[i].x-a[i].y) sel[2]=i;
if (-a[sel[3]].x+a[sel[3]].y<-a[i].x+a[i].y) sel[3]=i;
if (-a[sel[4]].x-a[sel[4]].y<-a[i].x-a[i].y) sel[4]=i;
if (a[sel[5]].x<a[i].x) sel[5]=i;
if (-a[sel[6]].x<-a[i].x) sel[6]=i;
if (a[sel[7]].y<a[i].y) sel[7]=i;
if (-a[sel[8]].y<-a[i].y) sel[8]=i;
}
for (i=1;i<=8;i++)
{
for (j=i+1;j<=8;j++)
{
for (k=j+1;k<=8;k++)
{
if ((sel[i]!=sel[j])&&(sel[i]!=sel[k])&&(sel[j]!=sel[k]))
ans1=max(ans1,js(sel[i],sel[j],sel[k]));
}
}
}
does();
for (i=1;i<=n;i++)
{
swap(a[i].x,a[i].y);
a[i].x=-a[i].x;
}
does();
for (i=1;i<=n;i++)
{
swap(a[i].x,a[i].y);
a[i].x=-a[i].x;
}
does();
for (i=1;i<=n;i++)
{
swap(a[i].x,a[i].y);
a[i].x=-a[i].x;
}
does();
for (i=1;i<=n;i++)
{
swap(a[i].x,a[i].y);
a[i].x=-a[i].x;
}
does2();
for (i=1;i<=n;i++)
{
swap(a[i].x,a[i].y);
a[i].x=-a[i].x;
}
does2();
for (i=1;i<=n;i++)
{
ans2=min(ans2,mi[1][i]+mi[2][i]);
ans2=min(ans2,mi[3][i]+mi[4][i]);
if (ans2==0)
{
ans2=ans2;
}
}
printf("%d\n%d",ans1*2,ans2*2);
}丑死了