2019 ICPC Asia Nanjing Regional
A - Hard Problem
若 n = 10，可以先取：6，7，8，9，10。然后随便从1，2，3，4，5里面选一个都肯定符合题意
若 n = 9，可以先取：5，6，7，8，9，然后随便从1，2，3，4里面选一个都肯定符合题意。
所以答案就是后半部分的数量+1
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <string>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 100000 + 5;
int T, n;
int main() {
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d",&n);
if(n & 1)printf("%d\n",n/2+2);
else printf("%d\n", n/2+1);
}
return 0;
}B.Chessboard
首先当\(n=1\)或者\(m=1\)的时候只有两种方法，从上往下刷或者从下往上刷，特判输出2。
考虑一般情况。
怎么样的粉刷策略是非法的？
当我刷着刷着凸出来一块就是非法的。
因为我只要凸出来一块，一定能导致某一对涂了色的方块之间的距离大于曼哈顿距离。
所以合法的情况就是，只能要么一次增加一行，或者增加一列。
那么从最开始的\(1\times 1\)的矩阵变成\(n\times m\)的矩阵需要\(n+m-2\)次操作，其中有\(n-1\)次是行扩张，所以答案为：\(C_{n+m-2}^{n-1}\)。
因为我们每次都是增加一行，或者增加一列，所以终点一定在四个角上，所以最后还要对答案乘以4。
这里我用\(lucas\)写的，其实也可以\(nlogn\)预处理后\(O(1)\)出结果，不过都差不多，不计较。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod = 1e9+7;
const int maxn = 1e6+10;
typedef long long ll;
int n, m;
ll fact[maxn];
ll qmi(ll a, ll b, ll p)
{
ll res = 1; res %= p;
while(b)
{
if(b & 1) res = res*a%p;
a = a*a%p;
b >>= 1;
}
return res;
}
ll C(ll n, ll m, ll p)
{
if(m > n) return 0;
return ((fact[n]*qmi(fact[m],mod-2,mod))%mod*qmi(fact[n-m],mod-2,mod)%mod);
}
ll lucas(ll a, ll b, ll p)
{
if(b == 0) return 1;
return C(a%p, b%p, p) * lucas(a/p, b/p, p) % p;
}
void solve()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
if(n == 1 || m == 1)
{
puts("2");
return;
}
ll ans = lucas(n+m-2, n-1, mod);
ans = (ans*4)%mod;
printf("%lld\n", ans);
}
int main()
{
fact[0] = 1;
for(int i = 1; i <= (int)1e6; i++)
fact[i] = (fact[i-1]*i)%mod;
int T; scanf("%d", &T);
while(T--) solve();
return 0;
}C - Digital Path
相邻的两个点如果权值相差为1，则从小的向大的连边。然后最终连成的是一个DAG，在DAG上面按照拓扑序DP即可。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <string>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1000000 + 5;
const int M = 4000005;
const int mod = 1e9 + 7;
int head[N], ver[M], nxt[M], edge[M], deg[N], tot;
int ends[N];
void add(int x, int y){
deg[y]++;
ver[++tot] = y, nxt[tot] = head[x], head[x] = tot;
}
int n, m, a[1010][1010];
ll d[N][5];// d[x][4]表示以x为终点，长度大于等于4的路径个数，d[x][3]表示长度等于3的路径个数，其他类似
inline int id(int x, int y){
return (x-1)*m+y;
}
int main() {
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(a, 0xcf, sizeof a); //注意这里的初始化
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)scanf("%d",&a[i][j]);
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
int x = id(i, j);
if(a[i+1][j] == a[i][j] + 1) add(x, id(i+1,j));
if(a[i][j+1] == a[i][j] + 1) add(x, id(i,j+1));
if(a[i-1][j] == a[i][j] + 1) add(x, id(i-1,j));
if(a[i][j-1] == a[i][j] + 1) add(x, id(i,j-1));
}
}
queue<int> q;
for(int i=1;i<=n*m;i++)if(deg[i] == 0)q.push(i),d[i][1] = 1;
ll res = 0;
while(q.size()){
int x = q.front();q.pop();
bool flag = true;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
int y = ver[i];
d[y][2] = (d[y][2] + d[x][1]) % mod;
d[y][3] = (d[y][3] + d[x][2]) % mod;
d[y][4] = (d[y][4] + d[x][3] + d[x][4])%mod;
if(--deg[y] == 0)q.push(y);
flag = false;
}
if(flag) res = (res + d[x][4])%mod;//如果出度为0则记录到答案中
}
printf("%lld\n",res);
return 0;
}
F - Paper Grading
首先将字符串都加到Trie中，然后标记 \(f[i]\) 为每个字符串的最后一个字符所指定的Trie结点，考虑每次询问，在Trie中向下走 k 次，对于可以找到合法结点的情况，答案就是\(f[l..r]\) 中，属于该合法结点子树的个数。
到这里，先不考虑修改操作，可以把Trie按dfs序建立主席树，\(dfn[i]\) 表示第 i 号结点的dfs序，然后对每个\(f[i]\), 在第\(dfn[f[i]]\) 棵权值线段树的 \(i\) 位置的权值+1，然后每次查询子树区间中有多少个数字在\([l,r]\)的范围内。
加上修改操作，可以利用树状数组维护权值线段树，交换两个字符串的位置，也就是交换了$ f[i]$，直接在权值线段树中修改即可
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <string>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 200000 + 5;
int n, m, L[30][30], R[30][30], cl, cr;
int f[N];
char s[N];
inline int lowbit(int x){return x & -x;}
struct SEG{
struct node{
int ls,rs;
int sum;
}t[N*200];
int rt[N], tot, maxn, res;
void update(int &rt, int l, int r, int pos, int val){
if(!rt) rt = ++tot;
t[rt].sum += val;
if(l == r)return;
int mid = l + r >> 1;
if(pos <= mid) update(t[rt].ls, l, mid, pos, val);
else update(t[rt].rs, mid+1, r, pos, val);
}
void update(int x, int pos, int v){
for(;x<=maxn;x+=lowbit(x))update(rt[x],1,n,pos,v);
}
void query(int dep, int l, int r, int ql, int qr){
if(ql > qr) return;
if(l >= ql && r <= qr){
for(int i=1;i<=cl;i++) res -= t[L[dep][i]].sum;
for(int i=1;i<=cr;i++) res += t[R[dep][i]].sum;
return;
}
int mid = l+r>>1;
if(ql <= mid){
for(int i=1;i<=cl;i++)L[dep+1][i] = t[L[dep][i]].ls;
for(int j=1;j<=cr;j++)R[dep+1][j] = t[R[dep][j]].ls;
query(dep+1,l,mid,ql,qr);
}
if(qr > mid){
for(int i=1;i<=cl;i++)L[dep+1][i] = t[L[dep][i]].rs;
for(int j=1;j<=cr;j++)R[dep+1][j] = t[R[dep][j]].rs;
query(dep+1,mid+1,r,ql,qr);
}
}
}seg;
struct Trie{
int ch[N][26], tot;
int dfn[N], cid[N], out[N], cnt;
int ins(char *s){
int p = 1, len = strlen(s);
for(int i=0;i<len;i++){
int c = s[i] - 'a';
if(!ch[p][c]) ch[p][c] = ++tot;
p = ch[p][c];
}
return p;
}
void dfs(int x){
dfn[x] = ++cnt, cid[cnt] = x;
for(int i=0;i<26;i++){
if(ch[x][i]) dfs(ch[x][i]);
}
out[x] = cnt;
}
int find(char *s, int k){
int p = 1;
for(int i=0;i<k;i++){
int c = s[i] - 'a';
if(!ch[p][c]) return -1;
p = ch[p][c];
}
return p;
}
}trie;
int main() {
scanf("%d%d",&n,&m);
trie.tot = 1;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",s);
f[i] = trie.ins(s);
}
trie.dfs(1);
seg.maxn = trie.cnt;//maxn为权值线段树的个数
for(int i=1;i<=n;i++){
f[i] = trie.dfn[f[i]];//这里将f进一步映射到了Trie结点的dfs序上
seg.update(f[i], i, 1);
}
while(m--){
int op, l, r, k;
scanf("%d",&op);
if(op == 1){
scanf("%d%d",&l,&r);
seg.update(f[l], l, -1);
seg.update(f[r], r, -1);
seg.update(f[r], l, 1);
seg.update(f[l], r, 1);
swap(f[l], f[r]);
}else {
scanf("%s%d%d%d",s, &k, &l, &r);
int pos = trie.find(s, k);
if(pos == -1){
printf("0\n");continue;
}
int x = trie.dfn[pos]-1, y = trie.out[pos];
cl = cr = 0;
for(int j=x;j;j-=lowbit(j))L[0][++cl] = seg.rt[j];
for(int j=y;j;j-=lowbit(j))R[0][++cr] = seg.rt[j];
seg.res = 0;
seg.query(0, 1, n, l, r);
printf("%d\n",seg.res);
}
}
return 0;
}H - Prince and Princess
a = 1, b = 0, c = 0, 则 res = 0
a > 1, b = 0, c = 0 则 res = 1
a > b, b > 0, c = 0, 则最坏情况下需要问 2*b+1个人 “公主在那个房间”，一定会得到一个 b+1 次的答案
a < b, b > 0, c = 0, 则 每个 b 都可以与a回答一样的答案（因为他们的骗子），所以无法区分，也就无法得到正确结果
a > b + c, 则类似第三种的处理方式，询问 2*(b+c) +1 次 “公主在那个房间”，出现次数最多的就是答案
a < b + c, 则无解
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main() {
int a, b, c;
scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
if(c == 0) {
if(b == 0) {
puts("YES");
if(a == 1) puts("0");
else puts("1");
} else if(a > b) {
puts("YES");
printf("%d\n", b + b + 1);
} else {
puts("NO");
}
} else {
if(a > b + c) {
puts("YES");
printf("%d\n", b + c + b + c + 1);
} else {
puts("NO");
}
}
return 0;
}J - Spy
首先要转换为二分图带权最大匹配问题，然后用KM算法去解决。
dfs版本的KM，每递归一次只会在相等子图中增加一条边，而每次递归都是极限 \(O(M)\) 的复杂度，所以当 \(M=N^2\) 时，复杂度将达到\(O(N^4)\)，
即使加了\(slack\) 数据记录最小值进行优化，那也无法避免这样的情况。
BFS版本的KM，每次BFS复杂度是 \(O(M)\) 的，但每次BFS会扩展\(O(N)\) 条边，所以总复杂度是\(O(N^3)\) 的
参考：https://blog.csdn.net/c20182030/article/details/73330556
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <string>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 605;
ll n, a[N],b[N],c[N],p[N];
ll w[N][N];
ll lx[N] , ly[N];
ll match[N];
ll slack[N];
bool vy[N];
ll pre[N];
void bfs( ll k ){
ll x , y = 0 , yy = 0 , delta;
memset( pre , 0 , sizeof(pre) );
for( ll i = 1 ; i <= n ; i++ ) slack[i] = inf;
match[y] = k;
while(1){
x = match[y]; delta = inf; vy[y] = true;
for( ll i = 1 ; i <= n ;i++ ){
if( !vy[i] ){
if( slack[i] > lx[x] + ly[i] - w[x][i] ){
slack[i] = lx[x] + ly[i] - w[x][i];
pre[i] = y;
}
if( slack[i] < delta ) delta = slack[i] , yy = i ;
}
}
for( ll i = 0 ; i <= n ; i++ ){
if( vy[i] ) lx[match[i]] -= delta , ly[i] += delta;
else slack[i] -= delta;
}
y = yy ;
if( match[y] == -1 ) break;
}
while( y ) match[y] = match[pre[y]] , y = pre[y];
}
ll KM(){
memset( lx , 0 ,sizeof(lx) );
memset( ly , 0 ,sizeof(ly) );
memset( match , -1, sizeof(match) );
for( ll i = 1 ; i <= n ; i++ ){
memset( vy , false , sizeof(vy) );
bfs(i);
}
ll res = 0 ;
for( ll i = 1 ; i <= n ; i++ ){
if( match[i] != -1 ){
res += w[match[i]][i] ;
}
}
return res;
}
int main()
{
scanf("%lld",&n);
for(ll i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
for(ll i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&p[i]);
for(ll i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&b[i]);
for(ll i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&c[i]);
for(ll i=1;i<=n;i++){
for(ll j=1;j<=n;j++){
ll s=0;
for(ll k=1;k<=n;k++){
if(b[i]+c[j]>a[k]) s+=p[k];
}
w[i][j]=s;
}
}
printf("%lld\n",KM());
return 0;
}K.Triangle：
这道题看起来比写起来难。
首先考虑在不在点在不在线上，这属于板子活，原理我也不咋懂，找了个板子抄了一下。
然后考虑几个特殊情况，\(p\)点和三角形三个顶点\(A,B,C\)重合，那么一定是对边的中点。
想到这里我们也可以发现一个很好的性质。
假设我的点落在\(AB\)上，如果点靠\(A\)更近一点，那么另一个点一定落在\(BC\)上；如果靠\(B\)近一点，那么另一个点一定落在\(AC\)上；如果落在\(AB\)中点，那么另一个点是三角形的顶点。
所以把点调整一下，让点落在\(AB\)靠近\(A\)的地方，然后二分另一个点距离\(C\)的长度，最后根据长度的比例计算一下点的坐标就可以了。
因为题目要求\(1e-6\)，所以我设置\(eps=1e-8\)，开\(double\)，不知道有没有别的精度问题。
需要注意：提前处理出需要用的边的长度，减少库函数的调用。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef double ld;
ld eps = 1e-8;
struct Point{
ld x, y;
}a, b, c, p, q;
ld area;
ld ab, ac, bc, ap, bp;
bool onSegment(Point Pi, Point Pj, Point Q)
{
if((Q.x - Pi.x) * (Pj.y - Pi.y) == (Pj.x - Pi.x) * (Q.y - Pi.y) //叉乘
//保证Q点坐标在pi,pj之间
&& min(Pi.x , Pj.x) <= Q.x && Q.x <= max(Pi.x , Pj.x)
&& min(Pi.y , Pj.y) <= Q.y && Q.y <= max(Pi.y , Pj.y))
return true;
else
return false;
}
ld dist(Point a, Point b){
return sqrt((a.x-b.x)*(a.x-b.x)+(a.y-b.y)*(a.y-b.y));
}
bool check(ld mid, ld sinb)
{
ld are = sinb*(bp)*(bc-mid)/2;
if(are*2.0 >= area) return 0;
return 1;
}
void solve()
{
scanf("%lf%lf%lf%lf%lf%lf%lf%lf", &a.x, &a.y, &b.x, &b.y, &c.x, &c.y, &p.x, &p.y);
//cin>>a.x>>a.y>>b.x>>b.y>>c.x>>c.y>>p.x>>p.y;
if(!onSegment(a, b, p)&&!onSegment(b, c, p)&&!onSegment(a, c, p))
{
puts("-1");
return;
}
//先看看会不会在某个点上
if(p.x == a.x && p.y == a.y)
{
//输出bc中点
q.x = (b.x+c.x)/2.0;
q.y = (b.y+c.y)/2.0;
//cout << setprecision(10) << q.x << " " << q.y << endl;
printf("%.10f %.10f\n", q.x, q.y);
return;
}
else if(p.x == b.x && p.y == b.y)
{
//ac中点
q.x = (a.x+c.x)/2.0;
q.y = (a.y+c.y)/2.0;
//cout << setprecision(10) << q.x << " " << q.y << endl;
printf("%.10f %.10f\n", q.x, q.y);
return;
}
else if(p.x == c.x && p.y == c.y)
{
//ab中点
q.x = (a.x+b.x)/2.0;
q.y = (a.y+b.y)/2.0;
// cout << setprecision(10) << q.x << " " << q.y << endl;
printf("%.10f %.10f\n", q.x, q.y);
return;
}
//把点弄到ab上
if(onSegment(a, b, p)) {}
else if(onSegment(b, c, p)) swap(a, c);
else if(onSegment(a, c, p)) swap(b, c);
//距离b更近一点
if(dist(a, p) > dist(b, p)) swap(a, b);
//开始搞
ab = dist(a, b);
ac = dist(a, c);
bc = dist(b, c);
ap = dist(a, p);
bp = dist(b, p);
ld p = (ab+bc+ac)/(ld)2.0;
area = sqrt(p*(p-ab)*(p-bc)*(p-ac));
ld sina = area*2/ab/bc;
//area = ab*bc*sinb/2
//sina = area*2/ab/bc
ld l = 0.0, r = bc;
while(l+eps < r)
{
ld mid = (l+r)/(ld)2.0;
if(check(mid, sina)) r = mid;
else l = mid;
}
ld len = l;
//输出点
q.x = (b.x-c.x)*len/bc+c.x;
q.y = (b.y-c.y)*len/bc+c.y;
//cout << setprecision(10) << q.x << " " << q.y << endl;
printf("%.10f %.10f\n", q.x, q.y);
return;
}
int main()
{
int T; scanf("%d", &T);
while(T--) solve();
return 0;
}