day5-李佳衡

T1 CF611G New Year and Cake

• 给定一个 n 个顶点的严格凸多边形。
• 要求 (frac{n(n-3)}2) 个*由对角线将多边形割成两个部分的面积差 2 之和。
• (n le 5 imes 10^5)，答案对 10^9+7 取模。

首先，知道一点，求一个多边形的面积，可以将它所有点按顺时针排序，然后(displaystyle sum p[i \%n+1] * p[i])就可以得到这个多边形的面积。

然后，就可以维护 (p[i] * p[i + 1]) 的前缀和的前缀和，然后再维护 (p[i])的前缀和。再用类似双指针的方式进行统计答案即可。具体的统计方法看代码吧，我的语文能力不支持我将它表示出来。

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<string>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e6+10 , mod = 1e9+7;
#define int long long
inline int read()
{
	register int x = 0 , f = 0; register char c = getchar();
	while(c < '0' || c > '9') f |= c == '-' , c = getchar();
	while(c >= '0' && c <= '9') x = (x << 3) + (x << 1) + c - '0' , c = getchar();
	return f ? -x : x;
}
int n;
struct node
{
	int x , y;
	node(int x = 0 , int y = 0) : x(x) , y(y) {}
	node operator - (const node &A) const { return node(x - A.x , y - A.y); }
	node operator + (const node &A) const { return node((x + A.x) % mod , (y + A.y) % mod); }
	LL operator * (const node &A) const {return (LL)x * A.y - (LL)y * A.x; }
}p[N] , sum[N];
LL s[N] , ss[N];
signed main()
{
	n = read();
	for(int i = 1 ; i <= n ; ++i) p[i].x = read() , p[i].y = read();
	unsigned long long all = 0;
	for(int i = 1 ; i <= n ; ++i) all += p[i % n + 1] * p[i]; // cout << all << '
';
	for(int i = n + 1 ; i <= 2 * n ; ++i) p[i] = p[i - n];
	for(int i = 1 ; i <= n * 2 ; ++i) s[i] = p[i] * p[i-1] % mod;
	for(int i = 1 ; i <= n * 2 ; ++i) s[i] = (s[i-1] + s[i]) % mod;
	for(int i = 1 ; i <= n * 2 ; ++i) ss[i] = (ss[i-1] + s[i]) % mod;
	for(int i = 1 ; i <= n * 2 ; ++i) sum[i] = sum[i-1] + p[i];
	int R = 1; unsigned long long S = 0; LL ans = 0;
	for(int i = 1 ; i <= n ; ++i)
	{
		while(S + p[R] * p[i] + p[R + 1] * p[R] + p[i] * p[R + 1] <= all / 2) S += p[R] * p[i] + p[R + 1] * p[R] + p[i] * p[R + 1] , R++; // +
		if(i != R)
		{
			LL tp = ((ss[R] - ss[i] - (R - i) * s[i] % mod + p[i] * (sum[R] - sum[i]) % mod) % mod + mod) % mod;
            ans = (ans + (all % mod * (R - i - 1) % mod - 2 * tp % mod + mod) % mod) % mod;
            S += p[i] * p[i+1] + p[i+1] * p[R] + p[R] * p[i]; // -
		}
	}
	cout << ans << '
';
	return 0;
}

T2 AT4994 [AGC034D] Manhattan Max Matching

在一个二维坐标系内，点$ (RX_i,RY_i) $上有 (RC_i) 个红球，点$ (BX_i,BY_i)$ 上有$ BC_i$个蓝球，且保证 (sum_{i=1}^{n}RC_i=sum_{i=1}^{n}BC_i)。

现在要你将这些红球蓝球一一配对，配对的价值为两球所在点之间的曼哈顿距离，请你求出配对完它们的最大价值和。n <= 1000

这个题一开始，我的想法是暴力建边网络流，然后发现边的数量到了n ^ 2 , 网络流肯定是不能跑出来的。

这就要用到曼哈顿距离的一个性质，枚举两个符号是＋还是－，可以得到四个，然后最大的就是正确的那个。

这样边数就成了n的级别。 跑费用流即可。

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<string>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define int long long
const int N = 1010 , inf = 1e16;
inline int read()
{
	register int x = 0 , f = 0; register char c = getchar();
	while(c < '0' || c > '9') f |= c == '-' , c = getchar();
	while(c >= '0' && c <= '9') x = (x << 3) + (x << 1) + c - '0' , c = getchar();
	return f ? -x : x;
}

int n , S , T , cnt = 1;
int head[N << 1] , f[N << 1] , pre[N << 1] , vis[N << 1];
LL dis[N << 1];
struct node{ int x , y , c; }p1[N] , p2[N];
struct edge{ int v , nex , c; LL val; }e[(N * (N + 2)) << 1];
inline void add(int u , int v , int c , int val)
{
	e[++cnt].v = v; e[cnt].nex = head[u]; e[cnt].c = c; e[cnt].val = val; head[u] = cnt;
	e[++cnt].v = u; e[cnt].nex = head[v]; e[cnt].c = 0; e[cnt].val = -val; head[v] = cnt;
}

queue<int> q;
bool spfa()
{
	for(int i = 1 ; i <= T ; ++i) dis[i] = -inf , pre[i] = 0 , f[i] = 0; dis[S] = 0; f[S] = inf; q.push(S);
	while(q.size())
	{
		int x = q.front(); q.pop(); vis[x] = 0;
		for(int i = head[x] , v; i ; i = e[i].nex)
		{
			v = e[i].v;
			if(e[i].c && dis[v] < dis[x] + e[i].val)
			{
				dis[v] = dis[x] + e[i].val; pre[v] = i; f[v] = min(f[x] , e[i].c);
				if(!vis[v]) vis[v] = 1 , q.push(v);
			}
		}
	}
	return dis[T] != -inf;
}

LL calc()
{
	LL cost = 0;
	while(spfa())
	{
		cost += (LL)f[T] * dis[T]; int t = T , i;
		do i = pre[t] , e[i].c -= f[T] , e[i^1].c += f[T] , t = e[i^1].v; while(t != S);
	}
	return cost;
}

inline int Dis(node a , node b) { return abs(a.x - b.x) + abs(a.y - b.y); }

signed main()
{
	n = read(); int t1 = n + n + 1 , t2 = t1 + 1 , t3 = t2 + 1 , t4 = t3 + 1; S = t4 + 1; T = S + 1;
	for(int i = 1 ; i <= n ; ++i) p1[i].x = read() , p1[i].y = read() , p1[i].c = read();
	for(int i = 1 ; i <= n ; ++i) p2[i].x = read() , p2[i].y = read() , p2[i].c = read();
	for(int i = 1 ; i <= n ; ++i)
	{
		add(S , i , p1[i].c , 0);
		add(i , t1 , inf , p1[i].x + p1[i].y);
		add(i , t2 , inf , p1[i].x - p1[i].y);
		add(i , t3 , inf , -p1[i].x + p1[i].y);
		add(i , t4 , inf , -p1[i].x - p1[i].y);
	}
	
	for(int i = 1 ; i <= n ; ++i)
	{
		add(i + n , T , p2[i].c , 0);
		add(t1 , i + n , inf , -p2[i].x - p2[i].y);
		add(t2 , i + n , inf , -p2[i].x + p2[i].y);
		add(t3 , i + n , inf , p2[i].x - p2[i].y);
		add(t4 , i + n , inf , p2[i].x + p2[i].y);
	}
	
	cout << calc() << '
'; return 0;
}