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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    js的六种基本类型:Object,Boolean,Number,String,Undefined,Null; Object中又有:Function,Array,Date... 如何判断数据类型? Ob ...

  4. java中高级并发SPI机制

    Java SPI 实际上是“基于接口的编程+策略模式+配置文件”组合实现的动态加载机制. 适用于:调用者根据实际使用需要,启用.扩展.或者替换框架的实现策略. 要使用Java SPI,需要遵循如下约定 ...

  5. 【原创】快速失败机制&失败安全机制

    这是why技术的第29篇原创文章 之前在写<这道Java基础题真的有坑!我求求你,认真思考后再回答.>这篇文章时,我在8.1小节提到了快速失败和失败安全机制. 但是我发现当我搜索" ...

  6. vue兄弟组件传值——事件总线

    1.创建一个js文件,例如msg.js,放到合适位置,例如components中,或者其他位置也行.然后在兄弟两个组件中分别引入msg.js文件 msg.js: import Vue from 'vu ...

  7. 重拾c++第四天（7）：函数相关

    1.引用变量: int a; int &b = a; //引用变量 指向同一地址,必须在初始化时定义,且一直对原变量献上忠诚,主要针对类对象 2.函数重载最好用在功能相同,但数据类型不同的情况 ...

  8. 第一篇：python中的判断语句和循环

    python与C语言的代码格式区别: 需注意:1.python中语句结束没有分号 “;” 2.python中严格要求缩进,且在判断和循环等语句中把括号用冒号代替. 3.经常使用tab键进行缩进. 4. ...

  9. 【聚类评价】Calinski-Harabaz（CH）

    Calinski-Harabaz(CH) CH指标通过计算类中各点与类中心的距离平方和来度量类内的紧密度,通过计算各类中心点与数据集中心点距离平方和来度量数据集的分离度,CH指标由分离度与紧密度的比值 ...

  10. Bug的等级程度(Blocker, Critical, Major, Minor/Trivial)及修复优先级

    Priority()和Severity(严重程度)是Bug的两个重要属性.很多新人经常混淆这两个概念. 通常,人员在提交Bug时,只定义Bug的Severity, 即该Bug的严重程度, 而将Prio ...