2019icpc西安邀请赛

来源：https://www.jisuanke.com/contest/2625?view=challenges

更新中

A.Tasks

直接贪心

代码：听说当时很多队伍提前拆题甚至上机了，所以很多0min

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#include<cmath>

#include<cstring>

#include<string>

#include<stack>

#include<queue>

#include<deque>

#include<set>

#include<vector>

#include<map>

#include<functional>

#define fst first

#define sc second

#define pb push_back

#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

#define lson l,mid,root<<1

#define rson mid+1,r,root<<1|1

#define lc root<<1

#define rc root<<1|1

#define lowbit(x) ((x)&(-x))

using namespace std;

typedef double db;

typedef long double ldb;

typedef long long ll;

typedef unsigned long long ull;

typedef pair<int,int> PI;

typedef pair<ll,ll> PLL;

const db eps = 1e-;

const int mod = 1e9+;

const int maxn = 1e6+;

const int maxm = 6e6+;

//const int inf = 0x3f3f3f3f;

const int INF = 0x3f3f3f3f;

const int MAXN = maxn;

const int MAXM = maxm;

const db pi = acos(-1.0);

int n, t;

int a[maxn];

int main() {

    scanf("%d %d" ,&n ,&t);

    for(int i = ; i < n; i++){

        scanf("%d", &a[i]);

    }

    sort(a,a+n);

    int tmp = ;

    int ans = ;

    for(int i = ; i < n; i++){

        if(tmp+a[i]<=t){

            tmp+=a[i];ans++;

        }

    }printf("%d", ans);

    return ;

}

C.Angel's Journey

题意：给定一个圆的圆心(rx, ry)，半径r，A的坐标(rx, ry-r)，B的坐标(x, y)，y>ry，只能走圆上以及圆外y>ry的地方，求A到B的最短路

思路：当x<rx-r或x>rx+r的时候直接从半圆的地方走直线，否则在圆弧上走到切点然后走直线

代码：

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#include<cmath>

#include<cstring>

#include<string>

#include<stack>

#include<queue>

#include<deque>

#include<set>

#include<vector>

#include<map>

#include<functional>

#define fst first

#define sc second

#define pb push_back

#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

#define lson l,mid,root<<1

#define rson mid+1,r,root<<1|1

#define lc root<<1

#define rc root<<1|1

#define lowbit(x) ((x)&(-x))

using namespace std;

typedef double db;

typedef long double ldb;

typedef long long ll;

typedef unsigned long long ull;

typedef pair<int,int> PI;

typedef pair<ll,ll> PLL;

const db eps = 1e-;

const int mod = 1e9+;

const int maxn = 1e6+;

const int maxm = 6e6+;

//const int inf = 0x3f3f3f3f;

const int INF = 0x3f3f3f3f;

const int MAXN = maxn;

const int MAXM = maxm;

const db pi = acos(-1.0);

int n, t;

int a[maxn];

int main() {

    double rx,ry,r,x,y;

    int t;

    scanf("%d" ,&t);

    while(t--){

        scanf("%lf %lf %lf %lf %lf", &rx,&ry,&r,&x,&y);

        double ob = sqrt((x-rx)*(x-rx)+(y-ry)*(y-ry));

        double ans = sqrt(ob*ob-r*r)+r*(pi/2.0+asin((y-ry)/ob)-acos(r/ob));

        if(x<rx-r||x>rx+r){

            if(x<rx-r)rx-=r;

            if(x>rx+r)rx+=r;

            ans=pi/+sqrt((x-rx)*(x-rx)+(y-ry)*(y-ry));

        }

        printf("%.4lf\n",ans);

    }

    return ;

}

D.Miku and Generals

题意：n个数，还有m对矛盾的数，n,m<=200，a[i]<=5e4&&(a[i]%100==0)，矛盾的不能放在一堆，让你分配这两堆数（都要用完），使得两堆数的和之差最小，输出那个最大的数

思路：将矛盾的值连无向边，因为答案是保证存在的，所以对每一个连通块只有两种选法，通过dfs染色把它们提出来，就是一个背包了，由于a[i]%100==0，所以先除了最后再补俩零也不影响

代码：我tm最后才发现那个a[i]能整除100。。复杂度downdown

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#include<cmath>

#include<cstring>

#include<string>

#include<stack>

#include<queue>

#include<deque>

#include<set>

#include<vector>

#include<map>

#include<functional>

#define fst first

#define sc second

#define pb push_back

#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

#define lson l,mid,root<<1

#define rson mid+1,r,root<<1|1

#define lc root<<1

#define rc root<<1|1

#define lowbit(x) ((x)&(-x))

using namespace std;

typedef double db;

typedef long double ldb;

typedef long long ll;

typedef unsigned long long ull;

typedef pair<int,int> PI;

typedef pair<ll,ll> PLL;

const db eps = 1e-;

const int mod = 1e9+;

const int maxn = 1e7+;

const int maxm = 6e6+;

const int inf = 0x3f3f3f3f;

const db pi = acos(-1.0);

int n, m;

vector<int>v[maxn/];

int vis[maxn/];

int a[maxn/];

int f[maxn];

void dfs(int x, int fa, int faa, int co){

    if(vis[x]!=-)return;

    if(co){

        if(x!=fa){a[fa]+=a[x];a[x]=-;}

        vis[x]=fa;

    }

    else{

        if(x!=faa){a[faa]+=a[x];a[x]=-;}

        vis[x]=faa;

    }

    int t;

    if(x==fa&&v[x].size()>)t = v[x][];

    else t=faa;

    for(int i = ; i < (int)v[x].size(); i++){

        int y = v[x][i];

        if(vis[y]==-){

            dfs(y,fa,t,co^);

        }

    }

}

bool cmp(int a,int b){return a>b;}

int main() {

    int t;

    scanf("%d" ,&t);

    int ncase = ;

    while(t--){

        scanf("%d %d" ,&n, &m);

        //mem(f,0);

        ncase++;

        int sum = ;

        for(int i = ; i <= n; i++){

            v[i].clear();

            vis[i]=-;

            scanf("%d", &a[i]);a[i]/=;sum+=a[i];

        }

        for(int i = ; i <= m; i++){

            int x,y;

            scanf("%d %d" ,&x, &y);

            v[x].pb(y);

            v[y].pb(x);

        }

        for(int i = ; i <= n; i++){

            if(vis[i]==-){

                dfs(i,i,,);

            }

        }

        sort(a+,a++n,cmp);

        int ans=;

        f[]=ncase;

        for(int i = ; i <= n; i++){

            if(a[i]==-)break;

            for(int j = sum; j >= ; j--){

                if(j-a[i]>=&&f[j-a[i]]==ncase){

                    //printf("  %d  \n",j);

                    f[j]=ncase;

                    if(j<=sum/)ans=max(ans,j);

                }

            }

        }

        printf("%d00\n",sum-ans);

    }

    return ;

}

J.And And And

题意：一棵有边权的树，对每一对(u,v)，如果u到v路径上边权异或和为0，则它对答案的贡献为包含这条路径的树上路径数量，求总答案

思路：以1为根，预处理出各个子树的size，对每一对满足条件的(u,v)，因为树上的路径是唯一的，它的贡献应该是u除这条路径外能走的点数*v除这条路径外能走的点数，当u和v在不同链上的时候，答案就是size[u]*size[v]；若u和v在同一条链上，其中一个点（例如v）如果是深度较大的点，那么后者就是size[v]，前者可以动态统计。

于是可以直接dfs，因为dfs的时候走下来就是一条链，回溯之后就是另一条链，所以在处理同一条链的时候我们可以统计当前点为u时的贡献即可。不同链的时候，我们让它dfs到底，当当前点处理完之后，说明这条链搞完了，就可以一条链一条链更新了，这个看代码好像比较好理解。。。

对了，u到v路径异或和为0可以转化为到根的异或和相等。

代码：long long很烦，而且深搜好像并不需要记录fa。。

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#include<cmath>

#include<cstring>

#include<string>

#include<stack>

#include<queue>

#include<deque>

#include<set>

#include<vector>

#include<map>

#include<functional>

#include<unordered_map>

#define fst first

#define sc second

#define pb push_back

#define mp make_pair

#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

#define lson l,mid,root<<1

#define rson mid+1,r,root<<1|1

#define lc root<<1

#define rc root<<1|1

#define lowbit(x) ((x)&(-x))

using namespace std;

typedef double db;

typedef long double ldb;

typedef long long ll;

typedef unsigned long long ull;

typedef pair<int,int> PI;

typedef pair<ll,ll> PLL;

const db eps = 1e-;

const int mod = 1e9+;

const int maxn = 1e5+;

const int maxm = 6e6+;

const int inf = 0x3f3f3f3f;

const db pi = acos(-1.0);

int n;

vector<pair<int,ll> >v[maxn];

int sz[maxn];

void dfsInit(int x, int fa){

    sz[x]++;

    for(int i = ; i < (int)v[x].size(); i++){

        int y = v[x][i].fst;

        if(y!=fa){

            dfsInit(y,x);

            sz[x]+=sz[y];

        }

    }

}

ll ans;

unordered_map<ll,int> num;// the value of gongxian in sta == i

ll tmp;

void dfs1(int x, int fa, ll sum){//the same line

    ans += 1ll*num[sum]*sz[x];

    ans%=mod;

    for(int i = ; i < (int)v[x].size(); i++){

        int y = v[x][i].fst;

        ll w = v[x][i].sc;

        if(y!=fa){

            tmp=(tmp+sz[x]-sz[y]+mod)%mod;

            num[sum]=(num[sum]+tmp)%mod;

            dfs1(y,x,sum^w);

            num[sum]=(num[sum]-tmp+mod)%mod;

            tmp=(tmp-(sz[x]-sz[y])+mod)%mod;

        }

    }

}

void dfs2(int x, int fa, ll sum){

    ans += 1ll*num[sum]*sz[x];

    ans%=mod;

    for(int i = ; i < (int)v[x].size(); i++){

        int y = v[x][i].fst;

        ll w = v[x][i].sc;

        if(y==fa)continue;

        dfs2(y,x,sum^w);

    }

    num[sum]+=sz[x];

    num[sum]%=mod;

}

int main() {

    tmp=ans=;

    scanf("%d" ,&n);

    for(ll i = ; i <= n; i++){

        int x;

        ll w;

        scanf("%d %lld", &x, &w);

        v[x].pb(mp(i,w));

        v[i].pb(mp(x,w));

    }

    dfsInit(,);

    dfs1(,,);

    num.clear();

    dfs2(,,);

    printf("%lld",ans);

    return ;

}

L.Swap

题意：一个排列可以交换前n/2与后n/2，或前n^1个数奇数位置和偶数位置交换，问通过这两个操作最多产生多少个不同的排列

思路：打表发现从第五项开始是2n, n, 12, 4的规律。或者直接交上打表的模拟，由于只有两条链，而且只有一组数据，也能过

代码：

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#include<cmath>

#include<cstring>

#include<string>

#include<stack>

#include<queue>

#include<deque>

#include<set>

#include<vector>

#include<map>

#include<functional>

#define fst first

#define sc second

#define pb push_back

#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

#define lson l,mid,root<<1

#define rson mid+1,r,root<<1|1

#define lc root<<1

#define rc root<<1|1

#define lowbit(x) ((x)&(-x))

using namespace std;

typedef double db;

typedef long double ldb;

typedef long long ll;

typedef unsigned long long ull;

typedef pair<int,int> PI;

typedef pair<ll,ll> PLL;

const db eps = 1e-;

const int mod = 1e9+;

const int maxn = 1e6+;

const int maxm = 6e6+;

const int inf = 0x3f3f3f3f;

const db pi = acos(-1.0);

int n;

int a[maxn],b[maxn];

int ans;

void gao1(int a[]){

    int l = ;

    int r = n/+;

    if(n&)r++;

    for(int i = ; i <= n/; i++){

        swap(a[l+i-],a[r+i-]);

    }

    return;

}

void gao2(int a[]){

    for(int i = ; i+ <= n; i+=){

        //printf("  %d %d %d\n",i,a[i],a[i+1]);

        swap(a[i],a[i+]);

    }

    return;

}

int sv(int n){

    ::n=n;

    ans=;

    int sta=;

    for(int i = ; i <= n; i++)a[i]=b[i]=i;

    /*if(n==1)return 1;

    if(n==2)return 2;

    if(n==3)return 6;*/

    gao1(a);gao2(b);

    //for(int i = 1; i <= n; i++)printf("%d ",a[i]);printf("\n");

    //for(int i = 1; i <= n; i++)printf("%d ",b[i]);printf("\n");

    while(){

        //for(int i = 1; i <= n; i++)printf("%d ",a[i]);printf("\n");

        //for(int i = 1; i <= n; i++)printf("%d ",b[i]);printf("\n");

        int ys = ;

        sta^=;

        for(int i = ; i <= n; i++){

            if(a[i]!=b[i])ys=;

        }

        if(!ys){

            ans++;break;

        }

        else{

            ans+=;

            if(sta) {gao1(a);gao2(b);}

            else {gao1(b);gao2(a);}

        }

    }

    return ans;

}

int main() {

    //scanf("%d" ,&n);

    //sv(3);

    for(int i = ; i <= ; i++){

        printf("%d %d\n",i,sv(i));

    }

    scanf("%d", &n);

    //for(int i = 1; i <= n; i++)scanf("%d", &a[i]);

        printf("%d",sv(n));

    return ;

}

M.Travel

题意：一个有边权的无向图，刚开始无边可走，每次操作可以增加e条边，增加d点能量，每次操作花费c，问从1走到n最少花费多少，只有这条边加了并且能量不小于边权才能走

思路：我第n次sb。。很明显的二分，而我妄图一次dijk搞完，就把自己搞完了。

很显然操作次数具有单调性，并且因为保证联通，所以答案一定存在。

代码：因为改了很多次，所以很丑

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#include<cmath>

#include<cstring>

#include<string>

#include<stack>

#include<queue>

#include<deque>

#include<set>

#include<vector>

#include<map>

#include<functional>

#define fst first

#define sc second

#define pb push_back

#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

#define lson l,mid,root<<1

#define rson mid+1,r,root<<1|1

#define lc root<<1

#define rc root<<1|1

#define lowbit(x) ((x)&(-x))

using namespace std;

typedef double db;

typedef long double ldb;

typedef long long ll;

typedef unsigned long long ull;

typedef pair<int,int> PI;

typedef pair<ll,ll> PLL;

const db eps = 1e-;

const int mod = 1e9+;

const int maxn = 1e6+;

const int maxm = 6e6+;

const int inf = 0x3f3f3f3f;

const db pi = acos(-1.0);

int vis[maxn];

struct node{

    int id,w;

    node(int a, int b){id=a;w=b;}

    bool operator < (const node & a) const{

        return w>a.w;

    }

};

vector<node>v[maxn];

int n,m;

int c, d, e;

bool ck(int k){

    //printf(" %d\n",k);

    for(int i = ; i <= n; i++)vis[i]=;

    queue<PI>q;

    q.push(make_pair(,));

    while(!q.empty()){

        PI top = q.front();q.pop();

        int x = top.fst;

        int d = top.sc;

        //printf("%d %d  ----%d\n",x,d);

        if(x==n){

            if(d<=1ll*e*k)return true;

            else return false;

        }

        if(vis[x])continue;

        vis[x]=;

        for(int i = ; i < (int)v[x].size(); i++){

            node y = v[x][i];

            //printf("  %d %d\n",y.id,y.w);

            if(!vis[y.id]&&1ll*y.w<=1ll*(::d)*k)q.push(make_pair(y.id,d+));

        }

    }

    return false;

}

int main() {

    scanf("%d %d", &n, &m);

    scanf("%d %d %d" ,&c, &d, &e);

    for(int i = ; i <= m; i++){

        int x,y,w;

        scanf("%d %d %d" ,&x, &y, &w);

        v[x].pb(node(y,w));

        v[y].pb(node(x,w));

    }

    int l, r;

    l = ; r = 1e5+;

    int ans = -;

    while(l<=r){

        int mid = (l+r)>>;

        if(ck(mid)){

            ans = mid;

            r=mid-;

        }

        else l= mid+;

    }

    printf("%lld",1ll*c*ans);

    return ;

}

/*

3 3

1 99 1

1 2 100

1 3 100

2 3 2

 */

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目录 1.KafkaConsumer poll 详解 2.Fetcher 类详解本节重点讨论 Kafka 的消息拉起流程. @(本节目录) 1.KafkaConsumer poll 详解消息拉起主 ...
常见基本数据结构——树，二叉树，二叉查找树，AVL树
常见数据结构——树处理大量的数据时,链表的线性时间太慢了,不宜使用.在树的数据结构中,其大部分的运行时间平均为O(logN).并且通过对树结构的修改,我们能够保证它的最坏情形下上述的时间界. 树的定 ...
贪心 park
来总结一道非常经典的好题这一道题是通过贪心实现的首先看到这一题的时间复杂度 n<=100000 需要一个比较玄学的做法我们先假设把题干改成这个样子一圈n个车位停在每个车位都有一定的代价 ...
递推 dp
工大要建新教学楼了,一座很高很高的楼,它有n层.学校为了减少排电梯的队伍,建造了好多好多电梯,共有m个.为了让电梯有序,学校给每个电梯设定了独特的可停楼层,如 x1 x2 y1 y2 表示,x1楼层到 ...
设置java启动项目
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JMeter——聚合报告
AggregateReport 是 JMeter 常用的一个 Listener,中文被翻译为“聚合报告”. 对于每个请求,它统计响应信息并提供请求数,平均值,最大,最小值,错误率,大约吞吐量(以请 ...
盘它！！一步到位，Tensorflow 2的实战！！LSTM下的股票预测（附详尽代码及数据集）
关键词:tensorflow2.LSTM.时间序列.股票预测 Tensorflow 2.0发布已经有一段时间了,各种新API的确简单易用,除了官方文档以外能够找到的学习资料也很多,但是大都没有给出实战 ...

2019icpc西安邀请赛

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