VK Cup 2017 - Round 2

FallDream打的AB都FFT了，只剩一个我打的C，没进前一百，之后看看马拉松复活赛有没机会呗。

A. Voltage Keepsake

题目大意：n个东西，每个东西一开始有bi能源，每秒消耗ai能源，每秒可以给一个东西加p能源，秒可以为实数，问至多多少秒内所有东西能源一直为正。（n<=100,000）

思路：二分答案，随便check一下。不特判无解可能会炸精度。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define lb long double
inline int read()
{
    int x;char c;
    while((c=getchar())<''||c>'');
    for(x=c-'';(c=getchar())>=''&&c<='';)x=x*+c-'';
    return x;
}
#define MN 100000
int a[MN+],b[MN+];
int main()
{
    int n=read(),p=read(),t,i;long long cnt=;
    lb l,r,mid,sum;
    for(i=;i<=n;++i)cnt+=a[i]=read(),b[i]=read();
    if(cnt<=p)return *puts("-1");
    for(t=,l=,r=1e12;--t;)
    {
        mid=(l+r)/;
        for(i=,sum=;i<=n;++i)sum+=max((lb),a[i]*mid-b[i]);
        (sum>p*mid?r:l)=mid;
    }
    printf("%.10lf",(double)l);
}

B. Volatile Kite

题目大意：给出一个n的点的凸多边形，求一个最大的d，使得每个点任意移动d以内的距离，得到的新多边形边不相撞且仍是凸多边形。（n<=1,000）

思路：枚举相邻三个点，d不会超过点i+1到点i与点i+2连线距离的一半，复杂度O(n)。

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int read()
{
    int x,f=;char c;
    while((c=getchar())<''||c>'')if(c=='-')f=;
    for(x=c-'';(c=getchar())>=''&&c<='';)x=x*+c-'';
    return f?x:-x;
}
#define MN 1000
struct point{double x,y;}p[MN+];
double dis(point a){return sqrt(a.x*a.x+a.y*a.y);}
point operator-(point a,point b){return (point){a.x-b.x,a.y-b.y};}
double operator*(point a,point b){return a.x*b.y-a.y*b.x;}
int main()
{
    int n=read(),i,j;double ans=1e18;
    for(i=;i<n;++i)p[i].x=read(),p[i].y=read();
    p[n]=p[];p[n+]=p[];
    for(i=;i<n;++i)ans=min(ans,fabs((p[i+]-p[i])*(p[i+]-p[i]))/dis(p[i]-p[i+]));
    printf("%.10lf",ans/);
}

C. Vulnerable Kerbals

题目大意：给出m和n个0~m-1内的数，构造一个尽可能长的所有元素都在0~m-1内的数列，使所有前缀积模m不相同且不在n个数中出现过。（0<=n<m<=200,000）

思路：若前i个数的前缀积为x，前i+1个数的前缀积可以为y当且仅当ax-bm=y有解，即gcd(x,m)|y，若我们让所有满足这个条件的x,y，x向y连边，题目即求最长链，gcd(x,m)相同的x在一个连通块内，每个连通块gcd(xi,m)向连通块gcd(xj,m)（gcd(xi,m)|gcd(xj,m)）连边，得到一个边数为O(nlogn)的拓扑图，直接DP即可。

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
char B[<<],*S=B,C;int X;
inline int read()
{
    while((C=*S++)<''||C>'');
    for(X=C-'';(C=*S++)>=''&&C<='';)X=(X<<)+(X<<)+C-'';
    return X;
}
#define MN 200000
int gcd(int x,int y){return y?gcd(y,x%y):x;}
vector<int> v[MN+];
int m,u[MN+],f[MN+],r[MN+],ls=;
void exgcd(ll x,ll y,ll z,ll&a,ll&b)
{
    if(!y){a=z/x;b=;return;}
    ll aa,bb;exgcd(y,x%y,z,aa,bb);
    a=-bb;b=-aa-bb*(x/y);
}
void out(int x)
{
    if(!x)return;
    out(r[x]);
    int i;ll a,b;
    for(i=;i<v[x].size();++i)
        exgcd(ls,m,v[x][i],a,b),
        printf("%d ",(a%m+m)%m),ls=v[x][i];
}
int main()
{
    fread(B,,<<,stdin);
    int n,i,j,mx=;
    n=read();m=read();
    for(i=;i<=n;++i)u[read()]=;
    for(i=;i<m;++i)if(!u[i])v[gcd(i,m)].push_back(i);
    for(i=;i<m;++i)
    {
        if((f[i]+=v[i].size())>f[mx])mx=i;
        for(j=i;j<m;j+=i)if(f[i]>f[j])f[j]=f[i],r[j]=i;
    }
    printf("%d\n",f[mx]+!u[]);
    out(mx);
    if(!u[])puts("");
}

D. Varying Kibibits

题目大意：给出n个数的集合T，F(S)的各位数字为集合S中各个数字对应位数字的最小值，例如F(123,321)=121，求的异或和。（n<=10^6，数字<=999,999）

思路：F值恰好为x的子集不好求，我们考虑求出F值各位数字都大等x的子集，也就是数字各位都大等于x的数的集合的所有子集，答案我们枚举各位加一，容斥一下即可求出，现在问题是如何求出这个集合的子集和的平方和，只要同时维护一个集合的子集和的和、子集和的平方和、集合大小，就可以支持合并集合和删除集合（稍微推一下式子，挺简单的，或者看下面的代码），数字各位都大等于x的集合同样也可以容斥求出，总复杂度O(2^6*n)，可能需要卡卡常数，正解貌似是O(6n)的，以后补。

#include<cstdio>
char B[<<],*S=B,C;int X;
inline int read()
{
    while((C=*S++)<''||C>'');
    for(X=C-'';(C=*S++)>=''&&C<='';)X=X*+C-'';
    return X;
}
#define MN 1000000
#define MOD 1000000007
int a[MN+],p2[MN+],r2[MN+],pw[];
struct data
{
    int s1,s2,sz;
    data(int s1=,int s2=,int sz=):s1(s1),s2(s2),sz(sz){}
    void operator+=(const data&b)
    {
        s2=(1LL*s2*p2[b.sz]+1LL*b.s2*p2[sz]+2LL*s1*b.s1)%MOD;
        s1=(1LL*s1*p2[b.sz]+1LL*b.s1*p2[sz])%MOD;
        sz+=b.sz;
    }
    void operator-=(const data&b)
    {
        sz-=b.sz;
        s1=((s1-1LL*b.s1*p2[sz])%MOD+MOD)*r2[b.sz]%MOD;
        s2=((s2-2LL*s1*b.s1-1LL*b.s2*p2[sz])%MOD+MOD)*r2[b.sz]%MOD;
    }
}s[MN+];
void solve1(int x,int k,int d,int p)
{
    if(d>){if(x!=k)if(p>)s[x]+=s[k];else s[x]-=s[k];return;}
    solve1(x,k,d+,p);
    if(k%pw[d+]/pw[d]<)solve1(x,k+pw[d],d+,-p);
}
inline int mod(int x){if(x>=MOD)x-=MOD;if(x<)x+=MOD;return x;}
void solve2(int x,int k,int d,int p)
{
    if(d>){if(x!=k)s[x].s2=mod(s[x].s2+p*s[k].s2);return;}
    solve2(x,k,d+,p);
    if(k%pw[d+]/pw[d]<)solve2(x,k+pw[d],d+,-p);
}
int main()
{
    B[fread(B,,<<,stdin)]=;
    int n=read(),i;long long ans=;
    while(n--)++a[read()];
    for(p2[]=i=;i<=MN;++i)p2[i]=(p2[i-]<<)%MOD;
    for(r2[]=i=;i<=MN;++i)r2[i]=(r2[i-]*((MOD+1LL)>>))%MOD;
    for(pw[]=i=;i<;++i)pw[i]=pw[i-]*;
    for(i=MN;i--;){solve1(i,i,,-);while(a[i]--)s[i]+=data(i,1LL*i*i%MOD,);}
    for(i=;i<MN;++i)solve2(i,i,,),ans^=1LL*i*s[i].s2;
    printf("%I64d",ans);
}