AtCoder Beginner Contest 168 （A~E，E题很有意思）

比赛链接：Here

AB水题，

C - : (Colon)

时针转过得角度为：(2π imes frac{h + frac m{12}}{12})

分针转过得角度为：(2π imes frac{m}{60})

const double pi = acos(-1.0);
int main() {
    double a, b, h, m;
    cin >> a >> b >> h >> m;
    long double rad = pi * 2 * ((long double)h / 12.0 + ((long double)m / 60.0) / 12.0 - (long double)m / 60.0);
    long double rsq = (long double)(a * a + b * b) - (long double)(2 * a * b) * cosl(rad);
    printf("%20.20Lf
", sqrtl(rsq));
    return 0;
}

D - .. (Double Dots)

(N)个点 (M) 条边的图，让你在每个点指明一个方向(就是下一个点)，使得从每个点出发，沿着点的指定方向走最终能到达点 (1)

如果可以，输出 yes ，并且给出每个点指明的方向，否则输出 no

直接反着考虑，从点 (1) 出发的 (BFS)

const int N = 1e5 + 10;
vector<ll>e[N];
int main() {
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    int n, m; cin >> n >> m;
    for (int i = 0, u, v; i < m; ++i) {
        cin >> u >> v, u--, v--;
        e[u].push_back(v);
        e[v].push_back(u);
    }
    vector<ll>dis(n, -1);
    queue<ll>q;
    q.push(0), dis[0] = 0;
    while (!q.empty()) {
        int u = q.front(); q.pop();
        for (int v : e[u]) {
            if (dis[v] == -1) dis[v] = u, q.push(v);
        }
    }
    cout << "Yes
";
    for (int i = 1; i < n; ++i) cout << dis[i] + 1 << "
";
}

E - ∙ (Bullet)

小兔捕获了 (N) 条不同的沙丁鱼，第 (i) 条沙丁鱼的 美味程度 和 香味程度 分别是 (A_i) 和 (B_i)
她想在这些沙丁鱼中选择 一条 或者 多条 放入冷冻箱；但是必须保证沙丁鱼的选择是合格的

合格的定义：其中的任意两条沙丁鱼 (i)​ 和 (j)​ 都不满足 (A_i×A_j+B_i×B_j=0)

小兔想知道有多少种选择沙丁鱼的方法（选择的沙丁鱼的集合相同，算同一种方法），答案对 (1e9+7)​ 取模

简化题意：

(N) 个点，每个点给出 (A_i,B_i)

在一个集合中，不难存在满足 (A_iB_j + A_jB_i = 0) 的点对

现在问能选出多少这样的集合，注意对 (1e9 + 7) 取模

数据范围

• (1le Nle 2e5)
• (-10^{18}le A_i,B_ile 10^{18})

---

[QAQ ]

---

需要不满足的式子与 (i) 和 (j) 的关系太大了，不妨化简一下：

(A_i×A_j+B_i×B_j=0 o A_i imes A_j = -B_i imes B_j o frac{A_i}{B_i}=-frac{B_j}{A_j})

所以可能有很多点 (frac{A_i}{B_i}) 相等，把他们染成相同的颜色

然后不能和他们同时出现的颜色就是 (-frac{B_j}{A_j}) ，找出他们即可

但是注意，这里等式转换的前提是 (A_i ot =0,B_i ot =0)

所以有四种情况：

1. (A_i = 0,B_i =0)
2. (A_i ot =0,B_i =0)
3. (A_i=0,B_i ot =0)
4. (A_i ot =0,B_i ot =0)

其中，
①和其他三种都不能在一个集合
②和③不能在一个集合
④中某些点不能在一个集合
那么我们直接染色找即可
还有一个问题

就是 (frac{A_i}{B_i}) 是一个小数，如果我们用 map 来存有可能精度不够，所以将 (frac{A_i}{B_i}) 转化为分数 (afrac bc) 的三元组 ((a, b, c)) 来记录，还要考虑一下符号，所以用两个 map

最后我们都找到了后，要考虑计算答案
对于一种颜色来说，假如它有 (Siz) 各点

每个点选和不选两种情况，总的就是 (2^{Siz}) 种情况，再减去全都不选的情况，所以最终这个颜色的选法就是 (2^{Siz} - 1)

然后假如不能和他同时选的另一种颜色是 (rhs[color])

那么就是三种情况

• 选 (color)
• 选 (rhs[color])
• 都不选

这样考虑即可

typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<int, pii> piii;
const int MAX = 2e5 + 10;
const ll mod = 1000000007;
int N;
ll siz[MAX], rhs[MAX], col, vis[MAX];
ll f[MAX], num1, num2;
map<piii, int> mp[2];

inline piii calc(ll x, ll y) {
    x = abs(x), y = abs(y);
    ll gcd = __gcd(x % y, y);
    return piii{x / y, {x % y / gcd, y / gcd}};
}

int main() {
    scanf("%d", &N);
    f[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= N; i++) f[i] = 1ll * f[i - 1] * 2 % mod;
    for (int i = 0; i <= N; i++) f[i] = (f[i] - 1 + mod) % mod;
    ll ans = 0;
    for (int i = 1; i <= N; i++) {
        ll a, b; scanf("%lld%lld", &a, &b);
        if (a == 0 && b == 0) ans++;//a=0,b=0,只能选和不选
        else if (a == 0) num1++;
        else if (b == 0) num2++;
        else {
            piii now = calc(a, b), pre = calc(b, a);//转化为三元组
            int state = 0;//判断符号
            if (1.0 * a / b > 0) state = 1;
            if (!mp[state].count(now)) {
                mp[state][now] = ++col;
                if (mp[state ^ 1].count(pre))
                    rhs[col] = mp[state ^ 1][pre], rhs[mp[state ^ 1][pre]] = col;
            }
            siz[mp[state][now]]++;
        }
    }
    ll t = (f[num1] + f[num2] + 1) % mod;//a = 0, b != 0 和 a!=0, b = 0
    for (int i = 1; i <= col; i++)
        if (!vis[i]) {
            vis[i] = 1;
            if (rhs[i]) {
                vis[rhs[i]] = 1;
                t = t * ((1ll + (f[siz[i]] + f[siz[rhs[i]]]) % mod) % mod) % mod;
            }
            else t = t * ((1ll + f[siz[i]]) % mod) % mod;
        }
    ans = (ans + t) % mod;
    printf("%lld
", (ans - 1 + mod) % mod);
}

写法改进

const int mod = 1e9 + 7;
ll qpow(ll a, ll b) {
    ll ans = 1;
    for (; b; b >>= 1, a = a * a % mod) if (b & 1) ans = ans * a % mod;
    return ans;
}
int main() {
    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
    ll n; cin >> n;
    map<pair<ll, ll>, pair<ll, ll>> m;
    ll ans = 1, P = mod - 1;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        ll a, b;
        cin >> a >> b;
        if (!a && !b) P += 1;
        else {
            ll g = __gcd(a, b);
            a /= g, b /= g;
            if (b < 0) a = -a, b = -b;
            if (a <= 0) m[ {b, -a}].second++;
            else m[ {a, b}].first ++;
        }
    }
    for (auto u : m) ans = ans * (qpow(2, u.second.first) + qpow(2, u.second.second) - 1 + mod) % mod;
    cout << (ans + P) % mod;
}