菜爆了……总共只有一道题会做的……而且也没有短裙好难过
为啥必须得有手机才能注册账号啊喂……歧视么……
(A) 解方程
推一下柿子大概就是
[x-sqrt{n}=y+z+2sqrt{yz}
]
如果(sqrt{n})是无理数，那么就是
[x=y+z,{nover 4}=yz
]
那么要满足(n)必须是(4)的倍数，然后爆搜({nover 4})的因子，统计答案就行了
如果(n)不是无理数，那么
[x=sqrt{n}+(y-z)^2
]
这东西一看就是无限解吧……
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
R int res,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
const int N=1e5+5;
int p[N],vis[N],m;
void init(int n=1e5){
fp(i,2,n){
if(!vis[i])p[++m]=i;
for(R int j=1;j<=m&&1ll*i*p[j]<=n;++j){
vis[i*p[j]]=1;
if(i%p[j]==0)break;
}
}
}
const int P=1e9+7;
int st[N],c[N],top,res,sum,n,sqr;
void dfs(int x,int s){
if(x==top+1){
if(n/4/s>s)return;
res=(res+1)%P,sum=(sum+s+n/4/s)%P;
return;
}
for(R int i=0,t=1;i<=c[x];++i,t*=st[x])
dfs(x+1,s*t);
}
void solve(int x){
top=0;
for(R int i=1;1ll*p[i]*p[i]<=x;++i)if(x%p[i]==0){
st[++top]=p[i],c[top]=0;
while(x%p[i]==0)x/=p[i],++c[top];
}
if(x>1)st[++top]=x,c[top]=1;
res=sum=0;
dfs(1,1);
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
init();
int T=read();
while(T--){
n=read(),sqr=sqrt(n);
if(n==0||sqr*sqr==n){puts("infty");continue;}
if(n%4){puts("0 0");continue;}
solve(n/4);
printf("%d %d
",res,1ll*sum*n/4%P);
}
return 0;
}
(B) 旅途
这么傻逼的一个(dp)我居然没想出来……
如果没有遍历完所有(n)个城市，那么遍历到的城市显然是一条链。我们可以设(f_{i,j,k})表示在第(i)天，左边有(j)个已经访问过的城市，右边有(k)个已经访问过的城市的概率。转移显然
如果遍历完了所有的(n)个城市咋办？发现其实不看成环也没问题，直接把访问城市个数对(n)取(min)就可以了
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
R int res,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
const int N=505,P=1e9+7;
inline void Add(R int &x,R int y){(x+=y)>=P?x-=P:0;}
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){
R int res=1;
for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))(y&1)?res=mul(res,x):0;
return res;
}
int f[N][N][N],g[N],T,n,m,k,p,q,res;
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
T=read();
while(T--){
n=read(),m=read(),k=read(),p=read(),q=read(),res=0;
fp(i,1,m)fp(j,0,i-1)fp(k,0,i-1)f[i][j][k]=0;
fp(i,1,n)g[i]=0;
f[1][0][0]=1;
fp(i,1,m-1)fp(j,0,i-1)fp(k,0,i-1)
Add(f[i+1][max(j-1,0)][k+1],mul(f[i][j][k],p)),
Add(f[i+1][j+1][max(k-1,0)],mul(f[i][j][k],q)),
Add(f[i+1][j][k],mul(f[i][j][k],100-p-q));
fp(i,0,m-1)fp(j,0,m-1)Add(g[min(i+j+1,n)],f[m][i][j]);
fp(i,1,n)Add(res,mul(g[i],ksm(i,k)));
printf("%d
",res);
}
return 0;
}
(C) 项链与计数
如果一个点对满足条件，说明它们之间存在至少两条边不重复的路径，也就是说明它们在同一个边双里
动态维护边双，看这里
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define ll long long
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
R int res,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
const int N=1e6+5,M=2e6+5;
struct eg{int v,nx;}e[N<<1];int head[N],tot;
inline void add(R int u,R int v){e[++tot]={v,head[u]},head[u]=tot;}
struct EG{int u,v,is;}st[M];
int fa[N],ga[N],sz[N],dep[N],q[N];
int n,m;ll res,sum;
int find(int x){return ga[x]==x?x:ga[x]=find(ga[x]);}
inline ll calc(R int x){return 1ll*x*(x-1)>>1;}
void bfs(int u){
int h=1,t=0;q[++t]=u,dep[u]=1;
while(h<=t){
u=q[h++];
go(u)if(v!=fa[u])q[++t]=v,dep[v]=dep[u]+1,fa[v]=u;
}
}
void merge(int u,int v){
u=find(u),v=find(v);
while(u!=v){
if(dep[u]<dep[v])swap(u,v);
res-=calc(sz[find(fa[u])]),res-=calc(sz[u]),
sz[ga[fa[u]]]+=sz[u],res+=calc(sz[ga[fa[u]]]);
u=ga[u]=ga[fa[u]];
}
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
int T=read();
while(T--){
n=read(),m=read(),tot=0,sum=res=0;
fp(i,1,n)ga[i]=i,sz[i]=1,head[i]=0,dep[i]=0;
for(R int i=1,u,v,x,y;i<=m;++i){
x=read(),y=read(),u=find(x),v=find(y),st[i].u=x,st[i].v=y;
if(u!=v){
add(x,y),add(y,x),st[i].is=1;
sz[u]>sz[v]?ga[v]=u:sz[u]<sz[v]?ga[u]=v:(ga[v]=u,++sz[u]);
}else st[i].is=0;
}
fp(i,1,n)if(!dep[i])bfs(i);
fp(i,1,n)ga[i]=i,sz[i]=1;
fp(i,1,m){
if(!st[i].is)merge(st[i].u,st[i].v);
sum^=1ll*i*res;
// printf("%d %lld
",i,res);
}
printf("%lld
",sum);
}
return 0;
}
(D)
我们设(f_{i,j,k})表示已经完成了(i)这个集合的任务，(A)结束的时间为(j)，(B)结束的时间为(k)，(C)能结束的最早时间是多少。转移的话大概比较显然
虽然看着这东西的复杂度似乎是(O(T imes 2^6 imes 180^2 imes 6 imes 7))……有点炸的样子……不过因为合法的状态不是很多，所以我们只转移合法的就可以过了
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
R int res,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
const int N=(1<<6)+5;
int sz[N],a[9][9],f[N][205][205],lim;
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
int T=read();lim=(1<<6);
fp(i,1,lim-1)sz[i]=sz[i>>1]+(i&1);
while(T--){
fp(i,0,5)fp(j,0,6)a[i][j]=read();
memset(f,0x3f,sizeof(f));f[0][0][0]=0;
fp(i,0,lim-1)fp(j,0,180)fp(k,0,180)
if(f[i][j][k]<=180)
fp(x,0,5)if(i>>x&1^1){
int s=i|(1<<x);
cmin(f[s][min(j+a[x][0],181)][k],f[i][j][k]),
cmin(f[s][j][min(k+a[x][1],181)],f[i][j][k]),
cmin(f[s][j][k],f[i][j][k]+a[x][2]);
int t=min(max(f[i][j][k],max(j,k))+a[x][6],181);
cmin(f[s][t][t],t);
t=min(max(j,k)+a[x][3],181),cmin(f[s][t][t],f[i][j][k]);
t=min(max(j,f[i][j][k])+a[x][4],181),cmin(f[s][t][k],t);
t=min(max(k,f[i][j][k])+a[x][5],181),cmin(f[s][j][t],t);
}
int res=0,cnt=0;
fp(i,1,lim-1)fp(j,0,180)fp(k,0,180)
if(f[i][j][k]<=180&&(sz[i]>res||sz[i]==res&&max(max(j,k),f[i][j][k])<cnt))
res=sz[i],cnt=max(max(j,k),f[i][j][k]);
printf("%d %d
",res,cnt);
}
return 0;
}
(E)
orz Gloid
为了最大化(LIS)，修改之后(LIS)要么不变要么(+1)，一下设原数列的(LIS)长度为(m)
那么我们先把求(LIS)时需要的单调栈给预处理出来，然后分情况讨论
1.(i)修改之后(LIS)长度(+1)，那么我们需要它前面有一个(a_j)满足以(j)结尾的(LIS)长度为(d)，后面有一个(a_k)满足以(k)开头的(LIS)长度为(m-d)，且有(a_k>a_j+1)，那么为了满足修改后的元素最小，我们显然是取把它改成(a_j+1)最优
2.如果(i)没办法在一个长度为(m+1)的数列里，那么改完之后(LIS)的长度还是为(m-1)。这个也要分情况讨论。我们先假设如果有一个(LIS)不包含(i)，那么显然它可以取(0)
3.如果所有的(LIS)都包含(i)，那么它只能取满足存在(a_j)长度为(d)和(a_k)长度为(m-d-1)的(a_j+1)或者(a_j)长度为(d-1)且(a_k)长度为(m-d)的(a_j+1)了
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define inf 0x3f3f3f3f
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
R int res,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
char sr[1<<21],z[20];int K=-1,Z=0;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,K+1,stdout),K=-1;}
void print(R int x){
if(K>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++K]='-',x=-x;
while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
while(sr[++K]=z[Z],--Z);sr[++K]='
';
}
const int N=1e5+5;
int p[N],q[N],len[N],las[N],now[N],a[N],cnt,T,n,ans,mx;
multiset<int>b,c;
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
T=read();
while(T--){
n=read();
fp(i,1,n)a[i]=read();
q[0]=inf;fp(i,1,n)q[i]=-1;
ans=0;
fd(i,n,1){
int l=0,r=ans;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
q[mid]>a[i]?(len[i]=mid+1,l=mid+1):r=mid-1;
}
las[i]=q[len[i]],q[len[i]]=a[i],cmax(ans,len[i]);
}
cnt=0,b.clear(),c.clear();
p[0]=-1;fp(i,1,n)p[i]=inf;
if(q[ans]>p[0])++cnt;
if(q[ans]>p[0]+1)b.insert(p[0]);
if(q[ans-1]>p[0]+1)c.insert(p[0]);
mx=0;
fp(i,1,n){
if(q[len[i]]>p[ans-len[i]]+1)b.erase(b.find(p[ans-len[i]]));
if(ans>=len[i]+1&&q[len[i]]>p[ans-len[i]-1]+1)c.erase(c.find(p[ans-len[i]-1]));
if(q[len[i]]>p[ans-len[i]])--cnt;
q[len[i]]=las[i];
if(q[len[i]]>p[ans-len[i]]+1)b.insert(p[ans-len[i]]);
if(ans>=len[i]+1&&q[len[i]]>p[ans-len[i]-1]+1)c.insert(p[ans-len[i]-1]);
if(q[len[i]]>p[ans-len[i]])++cnt;
if(!b.empty())print(ans+1),sr[K]=' ',print((*b.begin())+1);
else if(cnt)print(ans),sr[K]=' ',sr[++K]='0',sr[++K]='
';
else print(ans),sr[K]=' ',print((*c.begin())+1);
int l=0,r=mx;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
p[mid]<a[i]?(now[i]=mid+1,l=mid+1):r=mid-1;
}
cmax(mx,now[i]);
if(q[ans-now[i]]>p[now[i]]+1)b.erase(b.find(p[now[i]]));
if(ans>=now[i]+1&&q[ans-now[i]-1]>p[now[i]]+1)c.erase(c.find(p[now[i]]));
if(q[ans-now[i]]>p[now[i]])--cnt;
p[now[i]]=a[i];
if(q[ans-now[i]]>p[now[i]]+1)b.insert(p[now[i]]);
if(ans>=now[i]+1&&q[ans-now[i]-1]>p[now[i]]+1)c.insert(p[now[i]]);
if(q[ans-now[i]]>p[now[i]])++cnt;
}
}
return Ot(),0;
}
(F)
计蒜几盒的精度是真的难受啊……
首先，如果我们能算出(g[s])表示(s)这个集合的木棒能组成的最大面积，那么我们就可以直接(3^n)的(dp)求得答案
所以怎么算最大面积呢……
首先我们把(s)这个集合里的木棒按升序排序，记为(a_1,a_2,...,a_m)，根据三角形不等式，它们能构成多边形当且仅当
[a_m<{1over 2}sum_{i=1}^ma_i
]
然后现在问题是如何最大化面积
有一个结论是面积最大当且仅当所有的顶点在同一个圆上，证明如下（然而我并看不懂就是了）
然后我们现在就是需要二分这个圆的半径，这个要分两种情况讨论，圆心在多边形内和多边形外。
如果在多边形内，那么我们看看当前所有木棒覆盖的圆心角是否大于(pi)，如果是的话我们需要增大半径，否则要缩小半径
如果在多边形外，我们看看(a_1,...,a_{m-1})的木棒覆盖的圆心角和(a_m)覆盖的圆心角的大小之比。如果(a_m)覆盖的圆心角更大，我们需要增大半径，否则减少半径
然后就直接暴力子集(dp)就可以了
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define inf 0x3f3f3f3f
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
R int res,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
const int N=15,M=(1<<12)+5;const double Pi=acos(-1.0),eps=1e-15;
inline int sgn(R double x){return x<-eps?-1:x>eps;}
inline double sqr(R double x){return x*x;}
int a[N],b[N],p[M],st[N][N],top[N];double d[M],g[M];
int n,lim,tot,ans,cnt;
bool ck1(double mid){
double s=0;
fp(i,1,tot-1)s+=asin(b[i]*0.5/mid);
return sgn(s-asin(b[tot]*0.5/mid))>0;
}
bool ck2(double mid){
double s=0;
fp(i,1,tot)s+=asin(b[i]*0.5/mid);
return sgn(Pi-s)>0;
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
int T=read();
while(T--){
n=read();fp(i,0,n-1)a[i]=read();
sort(a,a+n),lim=(1<<n);
fp(i,1,lim-1){
tot=d[i]=g[i]=cnt=0;
fp(j,0,n-1)(i>>j&1)?b[++tot]=a[j],cnt+=a[j]:0;
if(tot<3||cnt-b[tot]<=b[tot])continue;
cnt=0;
double Ri=0;
if(!ck2(b[tot]*0.5)){
for(R double l=b[tot]*0.5,r=10000,mid=(l+r)*0.5;++cnt<70;mid=(l+r)*0.5)
ck2(mid)?Ri=r=mid:l=mid;
fp(j,1,tot)g[i]+=sqrt(sqr(Ri)-sqr(b[j])*0.25)*b[j]*0.5;
}else{
for(R double l=b[tot]*0.5,r=10000,mid=(l+r)*0.5;++cnt<70;mid=(l+r)*0.5)
ck1(mid)?Ri=r=mid:l=mid;
fp(j,1,tot-1)g[i]+=sqrt(sqr(Ri)-sqr(b[j])*0.25)*b[j]*0.5;
g[i]-=sqrt(sqr(Ri)-sqr(b[tot])*0.25)*b[tot]*0.5;
}
}
fp(i,0,lim-1)d[i]=0;
d[0]=1;
fp(i,0,lim-1)if(sgn(d[i])>0)
for(R int s=(lim-1)^i,j=s;j;j=(j-1)&s)
if(sgn(g[j])&&cmax(d[i|j],d[i]*g[j]))p[i|j]=i;
ans=1,tot=0,d[0]=0;
fp(i,1,lim-1)sgn(d[i]-d[ans])>0?ans=i:0;
printf("%.10lf
",d[ans]);
for(;ans;ans=p[ans])if(sgn(g[ans^p[ans]])>0){
top[++tot]=0;
for(R int i=0,t=ans^p[ans];i<n;++i)(t>>i&1)?st[tot][++top[tot]]=i:0;
}
printf("%d
",tot);
fp(i,1,tot){
printf("%d ",top[i]);
fp(j,1,top[i])printf("%d%c",a[st[i][j]],"
"[j==top[i]]);
}
}
return 0;
}