NowCoder Contest 894

牛客练习赛46。比cf div2稍难一些。题目区分度倒是很高。

题目链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/894#question

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A：

一看就知道两个小半圆半径相等时满足题意。

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define sot(a,b) sort(a+1,a+1+b)
#define rep(i,a,b) for (int i=a;i<=b;i++)
#define eps 1e-8
#define int_inf (1<<30)-1
#define ll_inf (1LL<<62)-1
#define lson curPos<<1
#define rson curPos<<1|1

using namespace std;

double a;
const double pi = acos(-1.0);

int main()
{
    scanf("%lf", &a);
    printf("%.3f
", 2.0 * sqrt(a / pi));
    return 0;
}

B：

设sum_a为a的前缀和，sum_b为b的前缀和。则以(x1,y1)为左上角，以(x2,y2)为右下角的矩阵的权值为(sum_a[x2]-sum_a[x1-1])*(sum_b[y2]-sum_b[y1-1])，其中要满足x1<=x2,y1<=y2。x1,x2的选择与y1,y2的选择相互独立。可以预处理所有y1,y2的组合，然后排序。接下来枚举x1,x2，对y二分即可。时间复杂度O(n^2*log(m^2))

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define sot(a,b) sort(a+1,a+1+b)
#define rep(i,a,b) for (int i=a;i<=b;i++)
#define eps 1e-8
#define int_inf (1<<30)-1
#define ll_inf (1LL<<62)-1
#define lson curPos<<1
#define rson curPos<<1|1

using namespace std;

const int maxn = 1e3 + 10;
int n, m;
ll l, r, a[maxn], b[maxn], c[maxn * maxn], ans = 0; //a b是a b数组前缀和

int main()
{
    scanf("%d%d%lld%lld", &n, &m, &l, &r);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        ll x; scanf("%lld", &x);
        a[i] = a[i - 1] + x;
    }
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    {
        ll x; scanf("%lld", &x);
        b[i] = b[i - 1] + x;
    }
    int cnt = 0;
    for (int i = 0; i < m; i++) //不同区间的b数组之和
    {
        for (int j = i + 1; j <= m; j++)
            c[++cnt] = b[j] - b[i];
    }
    sort(c + 1, c + 1 + cnt);
    for (int i = 0; i < n; i++)
        for (int j = i + 1; j <= n; j++) //枚举a数组区间
        {
            ll x = a[j] - a[i], u = (l - 1) / x + 1, v = r / x;
            ll lab1 = lower_bound(c + 1, c + 1 + cnt, u) - c;
            ll lab2 = upper_bound(c + 1, c + 1 + cnt, v) - c;
            ans += lab2 - lab1;
        }
    printf("%lld
", ans);
    return 0;
}

C：

推起来有点麻烦的一道概率题。不妨设a[i]为进行了i轮游戏黑球个数的期望，显然a[0]=n。a[i+1]=

化简得a[i+1]=$(a[i]+p)*(n+m)/(n+m+1)，可用矩阵快速幂求解。也可以接着推下去：$

a[0]=n

a[1]=s*n+p*s=n*s+p*s

a[2]=s*a[1]+p*s=n*s^2+p*s^2+p*s

a[3]=s*a[2]+p*s=n*s^3+p*s^3+p*s^2+p*s

不难得出a[k]=n*s^k+p*(s^1+s^2+...+s^k) 

/* basic header */
#include <bits/stdc++.h>
/* define */
#define ll long long
#define dou double
#define pb emplace_back
#define mp make_pair
#define sot(a,b) sort(a+1,a+1+b)
#define rep1(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define rep0(i,a,b) for(int i=a;i<b;++i)
#define eps 1e-8
#define int_inf 0x3f3f3f3f
#define ll_inf 0x7f7f7f7f7f7f7f7f
#define lson curPos<<1
#define rson curPos<<1|1
/* namespace */
using namespace std;
/* header end */

const int mod = 1e9 + 7;
int n, m, k, a, b;

ll qp(ll a, ll b)
{
    ll ret = 1;
    while (b)
    {
        if (b & 1) ret = ret * a % mod;
        a = a * a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return ret;
}

int main()
{
    scanf("%d%d%d%d%d", &n, &m, &k, &a, &b);
    int p = ((ll)a * qp(b, mod - 2)) % mod, s = (qp(n + m + 1, mod - 2) * ((ll)n + m)) % mod;
    int ans = ((ll)n * qp(s, k) % mod + (ll)p * s % mod * (1 - qp(s, k) + mod) % mod * qp(1 - s, mod - 2) % mod) % mod;
    printf("%d
", (ans+mod)%mod);
    return 0;
}

D：

看题都有点费劲……

二分时间。后面贪心的选择攻击策略。对于二分出来的时间t,因为a是循环数组，对于每个i,1<=i<=n,可以算出最大的整数d,使得i+d*n<=t,实际上可以看作a[i]*b[j]可以使用d次。可以把所有的a[i]*b[1]存在一个优先队列，每次取最小，次数用光后在放入a[i]*b[2]，直到C或W小于等于0。 

 E：

由物理知识我们知道，若某一时刻a球比b球速度快，则a球始终比b球速度快。对于1操作 v1,t1,m1。可以算出V1=v1+g*(T-t1)。对于2操作，可以算出V2=v2+g*(T-t2)。则需要查询的小球即是满足V1<=V2的小球。然后根据公式m1*(v1+g*(t2-t1))^2,拆开，维护三个树状数组即可。

这题如果线段树姿势不对有可能会TLE。

/* basic header */
#include <bits/stdc++.h>
/* define */
#define ll long long
#define dou double
#define pb emplace_back
#define mp make_pair
#define sot(a,b) sort(a+1,a+1+b)
#define rep1(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define rep0(i,a,b) for(int i=a;i<b;++i)
#define eps 1e-8
#define int_inf 0x3f3f3f3f
#define ll_inf 0x7f7f7f7f7f7f7f7f
#define lson curPos<<1
#define rson curPos<<1|1
/* namespace */
using namespace std;
/* header end */

const int maxn = 5e6 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;

struct Node
{
    ll mv_2, _2mvg, mg_2;
    Node()
    {
        mv_2 = _2mvg = mg_2 = 0;
    }
} bit[maxn];
int q, op;
ll v, m, t;

void add(ll pos, ll a, ll b, ll c)
{
    while (pos < maxn)
    {
        bit[pos].mv_2 += a;
        bit[pos]._2mvg += b;
        bit[pos].mg_2 += c;
        pos += pos & -pos;
    }
}

Node sum(ll pos)
{
    Node ret = Node();
    while (pos)
    {
        ret.mv_2 = (ret.mv_2 + bit[pos].mv_2) % mod;
        ret._2mvg = (ret._2mvg + bit[pos]._2mvg) % mod;
        ret.mg_2 = (ret.mg_2 + bit[pos].mg_2) % mod;
        pos -= pos & -pos;
    }
    return ret;
}

int main()
{
    scanf("%d", &q);
    while (q--)
    {
        scanf("%d", &op);
        if (op == 1)
        {
            scanf("%lld%lld%lld", &v, &t, &m);
            v = v - 10 * t;
            add(v + 2e6, (m * v * v) % mod, (2LL * m * v * 10 % mod + mod) % mod, m * 100 % mod);
        }
        else
        {
            scanf("%lld%lld", &v, &t);
            v = v - 10 * t + 2e6;
            Node ans = sum(v);
            ll sum = ans.mv_2 % mod;
            sum = (sum + ans._2mvg % mod * t % mod) % mod;
            sum = (sum + ans.mg_2 % mod * t % mod * t % mod) % mod;
            printf("%lld
", (sum + mod) % mod);
        }
    }
    return 0;
}

F：

有点神仙的题，以后再说吧(咕咕咕