noip2017部分题目

D1T3 逛公园

题目描述

策策同学特别喜欢逛公园。公园可以看成一张NN个点MM条边构成的有向图，且没有自环和重边。其中1号点是公园的入口，NN号点是公园的出口，每条边有一个非负权值，代表策策经过这条边所要花的时间。

策策每天都会去逛公园，他总是从1号点进去，从NN号点出来。

策策喜欢新鲜的事物，它不希望有两天逛公园的路线完全一样，同时策策还是一个特别热爱学习的好孩子，它不希望每天在逛公园这件事上花费太多的时间。如果1号点到NN号点的最短路长为dd，那么策策只会喜欢长度不超过d + Kd+K的路线。

策策同学想知道总共有多少条满足条件的路线，你能帮帮它吗？

为避免输出过大，答案对PP取模。

如果有无穷多条合法的路线，请输出-1−1。

输入输出格式

输入格式：

第一行包含一个整数 TT, 代表数据组数。

接下来TT组数据，对于每组数据：第一行包含四个整数 N,M,K,PN,M,K,P，每两个整数之间用一个空格隔开。

接下来MM行，每行三个整数a_i,b_i,c_iai,bi,ci，代表编号为a_i,b_iai,bi的点之间有一条权值为 c_ici的有向边，每两个整数之间用一个空格隔开。

输出格式：

输出文件包含 TT 行，每行一个整数代表答案。

输入输出样例

输入样例#1：

输出样例#1：

3

-1

说明

【样例解释1】

对于第一组数据，最短路为 33。 $1 – 5, 1 – 2 – 4 – 5, 1 – 2 – 3 – 5$ 为 33 条合法路径。

【测试数据与约定】

对于不同的测试点，我们约定各种参数的规模不会超过如下

测试点编号	TT	NN	MM	KK	是否有0边
1	5	5	10	0	否
2	5	1000	2000	0	否
3	5	1000	2000	50	否
4	5	1000	2000	50	否
5	5	1000	2000	50	否
6	5	1000	2000	50	是
7	5	100000	200000	0	否
8	3	100000	200000	50	否
9	3	100000	200000	50	是
10	3	100000	200000	50	是

对于 100%的数据, 1 \le P \le 10^9,1 \le a_i,b_i \le N ,0 \le c_i \le 10001≤P≤109,1≤ai,bi≤N,0≤ci≤1000。

数据保证：至少存在一条合法的路线。

题意：求dis(1,n)<=dis(1,n)+k 的路径数

设f[u][k]表示比 dis(1,u) 长度多 k 的路径数，则

dp[v][k] = ∑dp[u][k+ dis[u]+w-dis[v]] ((u,v)∈E) //dis[i]表示从起点到点i的最短距离，w是(u,v)边权

 #include <iostream>

 #include <cstdio>

 #include <queue>

 #include <algorithm>

 #include <cstring>

 #define R register

 #define NN 100001

 #define MM 200001

 using namespace std;

 int T,N,M,K,P;

 int head[NN],d[NN],f[NN][],b[NN][],ans;

 bool vis[NN],flag;

 struct edge{

     int u,v,w,next;

 }e[MM];

 inline int ri(){

     char c=getchar();int x=,w=;

     while(!isdigit(c)){if(c=='-')w=-;c=getchar();}

     while( isdigit(c)){x=(x<<)+(x<<)+c-;c=getchar();}

     return x*w;

 }

 inline void spfa(){

     queue<int> q;

     d[]=;

     q.push();

     int u;

     while(!q.empty()){

         u=q.front();q.pop();

         vis[u]=;

         for(R int i=head[u];i;i=e[i].next){

             if(d[e[i].v]>d[u]+e[i].w){

                 d[e[i].v]=d[u]+e[i].w;

                 if(!vis[e[i].v])vis[e[i].v]=,q.push(e[i].v);

             }

         }

     }

 }

 inline int dfs(int u,int step){

     if(b[u][step]==||flag)return flag=;

     if(b[u][step]==)return f[u][step];

     b[u][step]=;

     for(R int i=head[u],w;i;i=e[i].next){

         w=step+d[u]-d[e[i].v]-e[i].w;

         if(w>K||w<)continue;

         f[u][step]+=dfs(e[i].v,w);

         f[u][step]%=P;

     }

     b[u][step]=;

     return f[u][step];

 }

 int main(){

     T=ri();

     while(T--){

         N=ri(),M=ri(),K=ri(),P=ri();

         memset(head,,sizeof(head));

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

             e[i].u=ri(),e[i].v=ri(),e[i].w=ri();

             e[i].next=head[e[i].u];

             head[e[i].u]=i;

         }//以上输入 

         memset(vis,,sizeof(vis));

         memset(d,,sizeof(d));

         spfa();//跑一边spfa找最短路 

         memset(head,,sizeof(head));

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

             swap(e[i].u,e[i].v);

             e[i].next=head[e[i].u];

             head[e[i].u]=i;//反向连图

         }

         memset(f, , sizeof(f));

         memset(b, , sizeof(b));

         f[][]=,ans=,flag=;

         for(R int i=;i<=K;++i){//枚举与mindis的差

             ans+=dfs(N,i); //倒着搜

             ans%=P;

         }

         printf("%d\n", flag ? - : ans);

     }

     return ;

 }

D2T1 奶酪

题目描述

现有一块大奶酪，它的高度为 hhh，它的长度和宽度我们可以认为是无限大的，奶酪中间有许多半径相同的球形空洞。我们可以在这块奶酪中建立空间坐标系，在坐标系中，奶酪的下表面为z=0z = 0z=0，奶酪的上表面为z=hz = hz=h。

现在，奶酪的下表面有一只小老鼠 Jerry，它知道奶酪中所有空洞的球心所在的坐标。如果两个空洞相切或是相交，则 Jerry 可以从其中一个空洞跑到另一个空洞，特别地，如果一个空洞与下表面相切或是相交，Jerry 则可以从奶酪下表面跑进空洞；如果一个空洞与上表面相切或是相交，Jerry 则可以从空洞跑到奶酪上表面。

位于奶酪下表面的 Jerry 想知道，在不破坏奶酪的情况下，能否利用已有的空洞跑到奶酪的上表面去?

空间内两点P1(x1,y1,z1)P_1(x_1,y_1,z_1)P1(x1,y1,z1)、P2(x2,y2,z2)P2(x_2,y_2,z_2)P2(x2,y2,z2)的距离公式如下：

dist(P1,P2)=(x1−x2)2+(y1−y2)2+(z1−z2)2\mathrm{dist}(P_1,P_2)=\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2+(z_1-z_2)^2}dist(P1,P2)=(x1−x2)2+(y1−y2)2+(z1−z2)2

输入输出格式

输入格式：

每个输入文件包含多组数据。

的第一行，包含一个正整数 TTT，代表该输入文件中所含的数据组数。

接下来是 TTT 组数据，每组数据的格式如下：第一行包含三个正整数 n,hn,hn,h 和 rrr，两个数之间以一个空格分开，分别代表奶酪中空洞的数量，奶酪的高度和空洞的半径。

接下来的 nnn 行，每行包含三个整数 x,y,zx,y,zx,y,z，两个数之间以一个空格分开，表示空洞球心坐标为(x,y,z)(x,y,z)(x,y,z)。

输出格式：

TTT 行，分别对应 TTT 组数据的答案，如果在第 iii 组数据中，Jerry 能从下表面跑到上表面，则输出Yes，如果不能，则输出No （均不包含引号）。

输入输出样例

输入样例#1：

输出样例#1：

Yes

No

Yes

说明

【输入输出样例 1 说明】

第一组数据,由奶酪的剖面图可见：

第一个空洞在(0,0,0)(0,0,0)(0,0,0)与下表面相切

第二个空洞在(0,0,4)(0,0,4)(0,0,4)与上表面相切两个空洞在(0,0,2)(0,0,2)(0,0,2)相切

输出 Yes

第二组数据,由奶酪的剖面图可见：

两个空洞既不相交也不相切

输出 No

第三组数据,由奶酪的剖面图可见：

两个空洞相交且与上下表面相切或相交

输出 Yes

【数据规模与约定】

对于 20%20\%20%的数据,n=1n = 1n=1,1≤h1 \le h1≤h , r≤10,000r \le 10,000r≤10,000,坐标的绝对值不超过 10,00010,00010,000。

对于 40%40\%40%的数据,1≤n≤81 \le n \le 81≤n≤8, 1≤h1 \le h1≤h , r≤10,000r \le 10,000r≤10,000,坐标的绝对值不超过 10,00010,00010,000。

对于80%80\%80%的数据, 1≤n≤1,0001 \le n \le 1,0001≤n≤1,000, 1≤h,r≤10,0001 \le h , r \le 10,0001≤h,r≤10,000,坐标的绝对值不超过10,00010,00010,000。

对于 100%100\%100%的数据,1≤n≤1,0001 \le n \le 1,0001≤n≤1,000,1≤h,r≤1,000,000,0001 \le h , r \le 1,000,000,0001≤h,r≤1,000,000,000,T≤20T \le 20T≤20,坐标的绝对值不超过 1,000,000,0001,000,000,0001,000,000,000。

emm 以下的代码不是原创忘记了是哪里copy来的

考虑并查集。如果一个能到达奶酪顶的空洞和一个能到达奶酪底的空洞有交，便可以。即有共同的祖先。

当然我并不知道会不会有一个洞连接了奶酪顶和底...这不重要这样的洞父亲就是本身

 #include<bits/stdc++.h>

 #define ll long long

 #define R register

 using namespace std;

 int f[];

 int find(int x){

     return f[x]==x ? x : f[x]=find(f[x]);

 }

 double dis(long long x,long long y,long long z,long long x1,long long y1,long long z1){

     return sqrt((x-x1)*(x-x1)+(y-y1)*(y-y1)+(z-z1)*(z-z1));

 }

 long long x[],y[],z[];

 int f1[],f2[];

 int main(){

     int t,n,h;long long r;

     scanf("%d",&t);

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

         scanf("%d%d%ld",&n,&h,&r);

         int tot1=;int tot2=;

         for (R int j=;j<=n;j++)f[j]=j;

         for (R int j=;j<=n;j++){

             scanf("%ld%ld%ld",&x[j],&y[j],&z[j]);

             if (z[j]+r>=h)f1[++tot1]=j;

             if (z[j]-r<=)f2[++tot2]=j;

             for (R int k=;k<=j;k++){

                 if (dis(x[j],y[j],z[j],x[k],y[k],z[k])<=*r){

                     int a1=find(j),a2=find(k);

                     if (a1!=a2)f[a1]=a2;

                 }

             }

         }

         int s=;

         for (int j=;j<=tot1;j++){

             for (int k=;k<=tot2;k++)

                 if (find(f1[j])==find(f2[k])){s=; break;}

             if (s==) break;

         }

         if (s==) cout<<"Yes"<<endl;

         else cout<<"No"<<endl;

     }

     return ;

 }