gym101666题解

A Amsterdam Distance

题意

求圆环上的两点距离。

分析

显然是沿半径方向走到内圈再走圆弧最短。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
double m,n,r,sx,sy,tx,ty;
const double pi=acos(-1.0);
int main(){
    scanf("%lf%lf%lf%lf%lf%lf%lf",&m,&n,&r,&sx,&sy,&tx,&ty);
    double ans=fabs(ty-sy)*r/n;
    double mr=min(sy,ty)*r/n;
    double ps=fabs(tx-sx);
    ans+=ps*pi*mr/m;
    printf("%.14lf\n",min(ans,(ty+sy)*r/n));
    return 0;
}

C Collatz Conjecture

题意

n个数，求所有不同区间的gcd值的不同个数。

分析

• 序列的gcd问题经常就是暴力乱搞...不过姿势要对，因为gcd降得很快。
• 考虑暴力，我们从长度为1的区间依次合并，即每次a[i]=gcd(a[i],a[i+1]);，然后直接对a数组去重，比如6 4 2 2，此时两个长度为3的区间的gcd值都是2，所以直接去重舍弃第二个，因为整个序列从头开始的gcd值一定是不增的，所以直接舍弃掉后面小的是正确的。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5e5+50;
int n;
ll a[N];
ll gcd(ll a,ll b){
    return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
set<ll> s;
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lld",&a[i]);
        s.insert(a[i]);
    }
    for(int r=n;r>1;r--){
        for(int i=1;i<r;i++){
            a[i]=gcd(a[i],a[i+1]);
            s.insert(a[i]);
        }
        r=unique(a+1,a+r)-a;
    }
    printf("%d\n",int(s.size()));
    return 0;
}

D Detour

题意

给一个图，对每个节点不能走该节点到终点最短路方向的边，求路径。

分析

从终点跑一遍最短路，相当于多源到终点的最短路，然后删除最短路边(单向边)，再从起点跑一遍最短路。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+50;
const int M=2e6+50;
struct Edge{
    int u,v;
    ll w;
    int next,vis;
}e[M*2];
int cnt,head[N];
void init(){
    cnt=0;
    memset(head,-1,sizeof(head));
}
void add(int u,int v,ll w){
    e[cnt]=Edge{u,v,w,head[u],0};
    head[u]=cnt++;
    e[cnt]=Edge{v,u,w,head[v],0};
    head[v]=cnt++;
}
int s,t,n,m,u,v,p[N];
ll w;
int vis[N];
ll dis[N];
const ll INF=1e18;
struct node{
    int v;
    ll w;
    bool operator<(const node& rhs)const{
        return w>rhs.w;
    }
};
void dijk(bool del){
    for(int i=1;i<=n;i++){
        vis[i]=0;
        dis[i]=INF;
        p[i]=-1;
    }
    dis[s]=0;
    priority_queue<node> q;
    q.push(node{s,0});
    while(!q.empty()){
        node t=q.top();
        q.pop();
        int u=t.v;
        if(vis[u]){
            continue;
        }
        vis[u]=1;
        for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].next){
            int v=e[i].v;
            ll w=e[i].w;
            if(del && e[i].vis){
                continue;
            }
            if(!vis[v] && dis[v]>dis[u]+w){
                dis[v]=dis[u]+w;
                p[v]=u;
                q.push(node{v,dis[v]});
            }
        }
    }
}
int ans[N];
int main(){
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    init();
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d%lld",&u,&v,&w);
        u++;
        v++;
        add(u,v,w);
    }
    s=2,t=1;
    dijk(0);
//    for(int u=1;u<=n;u++){
//        for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].next){
//            int v=e[i].v;
//            if(p[u]==v){
//                e[i].vis=1;
//            }
//        }
//    }
    for(int i=0;i<cnt;i++){
        int u=e[i].u;
        int v=e[i].v;
        ll w=e[i].w;
        //printf("%d %d %lld %lld\n",u,v,abs(dis[u]-dis[v]),w);
        if(dis[u]-dis[v]==w){
            e[i].vis=1;
            //printf("%d %d\n",u,v);
        }
    }
    s=1,t=2;
    dijk(1);
    if(dis[t]==INF){
        printf("impossible\n");
    }else{
        int tot=0;
        for(int i=t;i!=-1;i=p[i]){
            ans[tot++]=i-1;
        }
        printf("%d",tot);
        for(int i=tot-1;i>=0;i--){
            printf(" %d",ans[i]);
        }
        printf("\n");
    }
    return 0;
}

E Easter Eggs

题意

有b个蓝色点和r个红色点，将n个物品分配到这两种点上，使得红色点上的物品和蓝色点上的物品的最小距离最大。

分析

• 最小距离最大，考虑二分答案，即二分最小距离，转化为使得两种点的任意两点的距离都大于mid。
• 两种点考虑二分图，对点之间距离小于mid的建边，那我们要求的就是该二分图的最大点独立集，即两两之间没有边，也就是距离大于mid。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1005;
int n,b,r;
int vis[N],mt[N];
int g[N][N];
ll x[N],y[N],cost[N][N];
bool dfs(int u,int n){
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(!vis[i] && g[u][i]){
            vis[i]=1;
            if(mt[i]==-1 || dfs(mt[i],n)){
                mt[i]=u;
                return true;
            }
        }
    }
    return false;
}
int solve(){
    int ans=0;
    memset(mt,-1,sizeof(mt));
    for(int i=1;i<=b;i++){
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        ans+=dfs(i,r);
    }
    return ans;
}
bool check(ll dis){
    memset(g,0,sizeof(g));
    for(int i=1;i<=b;i++){
        for(int j=1;j<=r;j++){
            if(cost[i][j]<dis){
                g[i][j]=1;
            }
        }
    }
    int sol=solve();
    return b+r-sol>=n;
}
int main(){
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    scanf("%d%d%d",&n,&b,&r);
    for(int i=1;i<=b+r;i++){
        scanf("%lld%lld",&x[i],&y[i]);
    }
    for(int i=1;i<=b;i++){
        for(int j=1;j<=r;j++){
            cost[i][j]=1ll*(x[i]-x[b+j])*(x[i]-x[b+j])+1ll*(y[i]-y[b+j])*(y[i]-y[b+j]);
        }
    }
    ll L=0,R=1e18+50;
    ll ans=0;
    while(L<=R){
        ll mid=(L+R)/2;
        if(check(mid)){
            L=mid+1;
            ans=mid;
        }else{
            R=mid-1;
        }
    }
    printf("%.10lf\n",sqrt(ans*1.0));
    return 0;
}

F Falling Apart

题意

n个数，两人轮流取，两个人都要最大。

分析

排序。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=20;
int a[N],n;
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&a[i]);
    }
    sort(a+1,a+1+n);
    int aa=0,bb=0;
    int f=0;
    for(int i=n;i>=1;i--){
        if(f){
            bb+=a[i];
        }else{
            aa+=a[i];
        }
        f^=1;
    }
    printf("%d %d\n",aa,bb);
    return 0;
}

I Irrational Division

题意

有一个p*q的黑白相间的格子图，你站在左边往右切，另一个人站在下边往上切，切到的部分黑色加1分，白色减1分，两人都按最优策略尽量让自己分最大，问最大可能的分数差值绝对值。

分析

• 显然分奇偶判断一下。
• 当p为偶数，列无论怎么取都是黑白相同0，所以最优取法是保守取剩下偶数列，这样对方也只能保守取偶数行，最后答案为0。如果取剩下奇数列，那最后的得分是0和-2，虽然答案变大，但是并不是最优的使得两人得分尽量多的策略。
• 当p为奇数，q也为奇数时，第一步保守取偶数列得分0，剩下奇数列，对方显然可以只选一行，得1分，最后结果是0和1，若第一步激进选奇数列得1分，考虑直接取完的情况，所以最后结果是1和0，所以答案为1。
• 当p为奇数，q为偶数时，还需要判断p和q的关系。
• 当p<q时，第一步保守取偶数列得0分，对方最优肯定也是保守取1行，转化为pq均为偶数的情况，答案为0，第一步激进取1列得1分，对方只能保守取偶数行得0分，我们再保守取，最后肯定能剩下一个白色角落给对方，因此最后结果是0和-2，答案为2。
• 当p>q时，第一步保守取偶数列得0分，对方最优肯定取奇数行剩下偶数行，转化为pq均为偶数的情况，答案为0，第一步激进取1列得1分，对方最优取偶数行剩下奇数行，我们只能保守取偶数列，最后肯定剩下一个白色角落给我们，因此最后结果是0和0，答案为0。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int p,q;
int main(){
    scanf("%d%d",&p,&q);
    if(p%2==0 && q%2==0){
        printf("0\n");
    }else if(p%2==0 && q%2==1){
        printf("0\n");
    }else if(p%2==1 && q%2==0){
        if(p<q){
            printf("2\n");
        }else{
            printf("0\n");
        }
    }else if(p%2==1 && q%2==1){
        printf("1\n");
    }
    return 0;
}

K King of the Waves

题意

给n个人的对战胜负关系，要求构造一个擂台挑战顺序使得0号赢。

分析

• 从0号开始按照胜负关系递归下去，如果能访问到每个点，那就可以，按dfs序输出即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e3+50;
char s[N][N];
int w[N][N],vis[N];
int n,cnt;
vector<int> ans;
void dfs(int u){
    cnt++;
    vis[u]=1;
    for(int i=0;i<n;i++){
        if(vis[i] || w[u][i]!=1){
            continue;
        }
        dfs(i);
    }
    ans.push_back(u);
}
int main(){
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    scanf("%d",&n);
    for(int i=0;i<n;i++){
        scanf("%s",s[i]);
        for(int j=0;j<n;j++){
            if(s[i][j]=='X'){
                w[i][j]=-1;
            }else{
                w[i][j]=s[i][j]-'0';
            }
        }
    }
    dfs(0);
    if(cnt==n){
        for(int i=0;i<n;i++){
            printf("%d%c",ans[i],i==n-1?'\n':' ');
        }
    }else{
        printf("impossible\n");
    }
    return 0;
}

L Lemonade Trade

题意

初始有1升pink，给n个交易关系，问最后最多能换多少blue。

分析

• 一开始看错题意以为可以随便交易，那就是建图跑。
• 由于只能按顺序交易，那么直接把字符串映射一下然后简单dp即可，注意把乘法改成加log，然后最后判断大于10也不能先计算结果再判断，因为2的1e5次方太大，所以直接用log判断。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+50;
const double INF=1e18;
map<string,int> idx;
int n;
char a[15],b[15];
double w;
double mx[N];
int vis[N];
int main(){
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    int tot=0;
    scanf("%d",&n);
    idx["pink"]=++tot;
    vis[tot]=1;
    for(int i=1;i<N;i++){
        mx[i]=-INF;
    }
    mx[1]=0.0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%s%s%lf",a,b,&w);
        if(idx.find(a)==idx.end()){
            idx[a]=++tot;
        }
        if(idx.find(b)==idx.end()){
            idx[b]=++tot;
        }
        if(vis[idx[b]]){
            mx[idx[a]]=max(mx[idx[a]],mx[idx[b]]+log2(w));
            vis[idx[a]]=1;
        }
    }
    int t=idx["blue"];
    if(vis[t]){
        if(mx[t]>log2(10.0)){
            printf("10.000000000\n");
        }else{
            printf("%.14lf\n",min(10.000000000,pow(2.0,mx[idx["blue"]])));
        }
    }else{
        printf("0.0000000000\n");
    }
    return 0;
}

M Manhattan Mornings

题意

给定起点终点，求二维的最长不下降子序列。

分析

• 一维排序，按顺序枚举，然后另一位离散化后在起点终点范围内的点加入线段树中，并查询最大值更新。
• 注意起点终点的四种可能位置。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+50;
struct Orz{
    vector<int> a;
    void clr(){
        a.clear();
    }
    int siz(){
        return a.size();
    }
    void add(int x){
        a.push_back(x);
    }
    void work(){
        sort(a.begin(),a.end());
        a.erase(unique(a.begin(),a.end()),a.end());
    }
    int idx(int x){
        return lower_bound(a.begin(),a.end(),x)-a.begin()+1;
    }
    int val(int i){
        return a[i-1];
    }
}orz;
struct ST{
#define ls i<<1
#define rs i<<1|1
#define mid (l+r)/2
    int mx[N*4];
    void pushup(int i){
        mx[i]=max(mx[ls],mx[rs]);
    }
    void build(int i,int l,int r){
        mx[i]=0;
        if(l==r){
            return;
        }
        build(ls,l,mid);
        build(rs,mid+1,r);
    }
    void update(int i,int l,int r,int p,int v){
        if(l==r && l==p){
            mx[i]=max(mx[i],v);
            return;
        }
        if(p<=mid){
            update(ls,l,mid,p,v);
        }else{
            update(rs,mid+1,r,p,v);
        }
        pushup(i);
    }
    int query(int i,int l,int r,int ql,int qr){
        if(ql<=l && qr>=r){
            return mx[i];
        }
        int ans=0;
        if(ql<=mid){
            ans=max(ans,query(ls,l,mid,ql,qr));
        }
        if(qr>mid){
            ans=max(ans,query(rs,mid+1,r,ql,qr));
        }
        return ans;
    }
}ac;
struct node{
    int x,y,w;
}a[N];
bool cmp1(node a,node b){
    if(a.y!=b.y){
        return a.y<b.y;
    }else{
        return a.x<b.x;
    }
}
bool cmp2(node a,node b){
    if(a.y!=b.y){
        return a.y<b.y;
    }else{
        return a.x>b.x;
    }
}
int n,sx,sy,tx,ty,nx[N],ny[N];
int main(){
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    scanf("%d",&n);
    scanf("%d%d%d%d",&sx,&sy,&tx,&ty);
    orz.clr();
    orz.add(sx);
    orz.add(sy);
    orz.add(tx);
    orz.add(ty);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d%d",&nx[i],&ny[i]);
        orz.add(nx[i]);
        orz.add(ny[i]);
    }
    orz.work();
    int ns=orz.siz();
    sx=orz.idx(sx);
    sy=orz.idx(sy);
    tx=orz.idx(tx);
    ty=orz.idx(ty);
    if(sy>ty){
        swap(sx,tx);
        swap(sy,ty);
    }
    a[0]=node{sx,sy};
    a[1]=node{tx,ty};
    for(int i=1;i<=n;i++){
        nx[i]=orz.idx(nx[i]);
        ny[i]=orz.idx(ny[i]);
        a[i+1]=node{nx[i],ny[i]};
    }
    if(sx<tx){
        sort(a,a+n+2,cmp1);
        for(int i=0;i<=n+1;i++){
            if(a[i].x>=sx && a[i].x<=tx && a[i].y>=sy && a[i].y<=ty){
                int x=a[i].x;
                int t=ac.query(1,1,ns,1,x);
                a[i].w=t+1;
                ac.update(1,1,ns,x,a[i].w);
            }
        }
        printf("%d\n",ac.query(1,1,ns,sx,tx)-2);
    }else{
        sort(a,a+n+2,cmp2);
        for(int i=0;i<=n+1;i++){
            if(a[i].x>=tx && a[i].x<=sx && a[i].y>=sy && a[i].y<=ty){
                int x=a[i].x;
                int t=ac.query(1,1,ns,x,ns);
                a[i].w=t+1;
                ac.update(1,1,ns,x,a[i].w);
            }
        }
        printf("%d\n",ac.query(1,1,ns,tx,sx)-2);
    }
    return 0;
}