2019西安邀请赛

A Tasks

实况

一开始非常居然想DP(反动思想),然后队友说拍个序就好了.

题解

从小到大排序,贪心选小的,直到不能选为止.

C Angel's Journey

实况

一开始输出6位小数,居然wa了,非要输出4位才行.

题解

如果终点在直线x=rx-r的左边,那就从底部一直走到(rx-r,ry).然后走直线直接去终点.

如果终点在直线x=rx-r的右边,那就从底部一直走到(rx+r,ry).然后走直线直接去终点.

如果终点在以上两个直线的中间,那就找到终点和圆的切线,从底部走到切点,然后走直线去终点.

距离是

[d = sqrt{(rx-x)^2+(ry-y)^2}\ l = sqrt{d^2+r^2}\ l2 = min(sqrt{((rx-r)-x)^2+(ry-y)^2}, sqrt{((rx+r)-x)^2+(ry-y)^2})\ alpha = arccosleft(frac{r*r+d*d-l*l}{2*r*d} ight)\ eta=arccosleft(frac{r*r+d*d-l2*l2}{2*r*d} ight)\ ans = frac{2pi r}{4}+(eta-alpha)*r+l ]

D Miku and Generals

实况

我把给的点简化成了若干个pair,队友写了一个dp.

因为存pair的vector没有清空,re一发.

题解

先把数字/100,方便使用.

把互相关联的数字连接起来,然后涂色,每个联通块可以得到两个数字,

分别代表这个联通块的第一个点给A时,A获得的值和B获得的值.

如果有cnt个联通块,我们就有cnt对这样的数字(自由的数字就是{c[i], 0}).

然后dp

dp[i][j]表示只考虑前i对数字,是否可以形成差是j的分配方案

一开始dp[1...cnt][-1e6..1e6]都赋值成0;

dp[0][0]赋值成1,表示不考虑任何数字时,可以使差是0.

然后对于每一对数字for i = 0 to cnt

对于每一种差for j = -1e6 to 1e6

如果考虑前i对数字时,可以使差是j,即f[i][j] == 1

那么如果把这一对数字的前一个分配给A,差就会变成j+i.first-i.second,所以F[i+1][j+i.first-i.second]=1,

那么如果把这一对数字的前一个分配给B,差就会变成j-i.first+i.second,所以F[i+1][j-i.first+i.second]=1,

找到最小的差,较大的一个的数值是(所有数字的和-差)/2+差

E Tree

实况

蛐蛐树剖,我起了,一枪秒了

题解

树链剖分,用一颗线段树来存链上的数字.

线段树的每个节点是一个32的数组,数组的值val[rt][i]代表:

在这个节点代表的区间里,有多少个数字x符合x&(1<<i) != 0,

• 第一种操作,如果t&(1<<i) != 0 ,那么被修改的区间的val[rt][i]修改为区间的大小,表示区间里的每一个数字这一位都是1;否则无视

• 第二种操作,如果t&(1<<i) == 0 ,那么被修改的区间的val[rt][i]修改为0,表示区间里的每一个数字这一位都是0;否则无视

第三种操作,我们求一个数组tmp[1..32],其中tmp[i]为他给的区间的所有节点的val[rt][i]的和.

然后根据nim博弈,遍历每一位for i = 0 to 30,

int p = (t&(1<<i))?1:0

如果某一位tmp[i] + p不是偶数,那么输出YES.

否则输出NO.

J And And And

实况

只会求一条直链的,

然后就开始瞎想:启发式合并?树剖?点剖???

和AC的距离

完全忘了树上dp....

题解

以1为根

对于一条路径(u,v),如果他的异或和是0, 那么他的贡献应该是u那一端的节点数量*v那一端的节点数量.

先第一个dfs,算出每一个点的:

siz[u],代表u的子树大小;

sum[u],代表每一个点到根节点的路径和异或和.

如下

void dfs1(ll u)
{
    siz[u] = 1;
    for(auto i : g[u])
    {
        ll v = i.first;
        ll w = i.second;
        sum[v] = sum[u] ^ w;
        dfs1(v);
        siz[u] += siz[v];
    }
}

第二个dfs,统计答案

可以知道如果两个节点u和v满足sum[u] == sum[v],那么他们之间的路径异或和是0;

那么他的贡献应该是u那一端的节点数量*v那一端的节点数量.

用一个map[x,y],y表示当前已经经过的节点里面,每一个符合sum[v]==x的节点v的另一端的节点数量的和.

所以每当遍历到一个结点map[sum[u]]就表示所有v那一端的节点数量的和.ans += map[sum[u]]*siz[u]

如下

void dfs2(int u)
{
    ans = (ans + siz[u] * m[sum[u]] % mod) % mod;
    for(auto i : g[u])
    {
        ll v = i.first;
        ll w = i.second;
        m[sum[u]] = (m[sum[u]] + n - siz[v] + mod) % mod;
        dfs2(v);
        m[sum[u]] = (m[sum[u]] - n + siz[v] + mod) % mod;
    }
    m[sum[u]] = (m[sum[u]] + siz[u]) % mod;
}

L Swap

实况

通过一种神秘力量(打表),发现了规律

题解

轮流执行操作一和操作二就可以产生所有结果,

然后看数量找规律

if n==1 : 1

else if n==2 : 2

else if n==3 : 6

else if (n-1)%4 == 0 : n*2

else if (n%2) != 0 : 12

else if n%4 == 0 : 4

else if n%2 == 0 : n

M Travel

实况

dijkstra,上来就wa一发,回头一看输入:额,c是干什么的

题解

就是dijkstra,要注意这里dis[x]要存两个数字,lv和剩余次数.

lv小的更优,如果lv相同,剩余次数多的更优.

每次找下一步要注意升级和减少剩余次数.