AtCoder Beginner Contest 168 （A~E，E题很有意思）

比赛链接：Here

AB水题，

C - : (Colon)

时针转过得角度为：$2π \times \frac{h + \frac m{12}}{12}$

分针转过得角度为：$2π \times \frac{m}{60}$

const double pi = acos(-1.0);

int main() {

    double a, b, h, m;

    cin >> a >> b >> h >> m;

    long double rad = pi * 2 * ((long double)h / 12.0 + ((long double)m / 60.0) / 12.0 - (long double)m / 60.0);

    long double rsq = (long double)(a * a + b * b) - (long double)(2 * a * b) * cosl(rad);

    printf("%20.20Lf\n", sqrtl(rsq));

    return 0;

}

D - .. (Double Dots)

$N$个点 $M$ 条边的图，让你在每个点指明一个方向(就是下一个点)，使得从每个点出发，沿着点的指定方向走最终能到达点 $1$

如果可以，输出 yes ，并且给出每个点指明的方向，否则输出 no

直接反着考虑，从点 $1$ 出发的 $BFS$

const int N = 1e5 + 10;

vector<ll>e[N];

int main() {

    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);

    int n, m; cin >> n >> m;

    for (int i = 0, u, v; i < m; ++i) {

        cin >> u >> v, u--, v--;

        e[u].push_back(v);

        e[v].push_back(u);

    }

    vector<ll>dis(n, -1);

    queue<ll>q;

    q.push(0), dis[0] = 0;

    while (!q.empty()) {

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

        for (int v : e[u]) {

            if (dis[v] == -1) dis[v] = u, q.push(v);

        }

    }

    cout << "Yes\n";

    for (int i = 1; i < n; ++i) cout << dis[i] + 1 << "\n";

}

E - ∙ (Bullet)

小兔捕获了 $N$ 条不同的沙丁鱼，第 $i$ 条沙丁鱼的 美味程度 和 香味程度 分别是 $A_i$ 和 $B_i$

她想在这些沙丁鱼中选择一条或者多条放入冷冻箱；但是必须保证沙丁鱼的选择是合格的

合格的定义：其中的任意两条沙丁鱼 $i$ 和 $j$ 都不满足 $A_i×A_j+B_i×B_j=0$

小兔想知道有多少种选择沙丁鱼的方法（选择的沙丁鱼的集合相同，算同一种方法），答案对 $1e9+7$ 取模

简化题意：

$N$ 个点，每个点给出 $A_i,B_i$

在一个集合中，不难存在满足 $A_iB_j + A_jB_i = 0$ 的点对

现在问能选出多少这样的集合，注意对 $1e9 + 7$ 取模

数据范围

$1\le N\le 2e5$
$-10^{18}\le A_i,B_i\le 10^{18}$

\[QAQ
\]

需要不满足的式子与 $i$ 和 $j$ 的关系太大了，不妨化简一下：

$A_i×A_j+B_i×B_j=0 \to A_i\times A_j = -B_i\times B_j \to \frac{A_i}{B_i}=-\frac{B_j}{A_j}$

所以可能有很多点 $\frac{A_i}{B_i}$ 相等，把他们染成相同的颜色

然后不能和他们同时出现的颜色就是 $-\frac{B_j}{A_j}$ ，找出他们即可

但是注意，这里等式转换的前提是 $A_i \not =0,B_i\not =0$

所以有四种情况：

$A_i = 0,B_i =0$
$A_i \not =0,B_i =0$
$A_i=0,B_i\not =0$
$A_i \not =0,B_i\not =0$

其中，

①和其他三种都不能在一个集合

②和③不能在一个集合

④中某些点不能在一个集合

那么我们直接染色找即可

还有一个问题

就是 $\frac{A_i}{B_i}$ 是一个小数，如果我们用 map 来存有可能精度不够，所以将 $\frac{A_i}{B_i}$ 转化为分数 $a\frac bc$ 的三元组 $(a, b, c)$ 来记录，还要考虑一下符号，所以用两个 map

最后我们都找到了后，要考虑计算答案

对于一种颜色来说，假如它有 $Siz$ 各点

每个点选和不选两种情况，总的就是 $2^{Siz}$ 种情况，再减去全都不选的情况，所以最终这个颜色的选法就是 $2^{Siz} - 1$

然后假如不能和他同时选的另一种颜色是 $rhs[color]$

那么就是三种情况

选 $color$
选 $rhs[color]$
都不选

这样考虑即可

typedef pair<int, int> pii;

typedef pair<int, pii> piii;

const int MAX = 2e5 + 10;

const ll mod = 1000000007;

int N;

ll siz[MAX], rhs[MAX], col, vis[MAX];

ll f[MAX], num1, num2;

map<piii, int> mp[2];

inline piii calc(ll x, ll y) {

    x = abs(x), y = abs(y);

    ll gcd = __gcd(x % y, y);

    return piii{x / y, {x % y / gcd, y / gcd}};

}

int main() {

    scanf("%d", &N);

    f[0] = 1;

    for (int i = 1; i <= N; i++) f[i] = 1ll * f[i - 1] * 2 % mod;

    for (int i = 0; i <= N; i++) f[i] = (f[i] - 1 + mod) % mod;

    ll ans = 0;

    for (int i = 1; i <= N; i++) {

        ll a, b; scanf("%lld%lld", &a, &b);

        if (a == 0 && b == 0) ans++;//a=0,b=0,只能选和不选

        else if (a == 0) num1++;

        else if (b == 0) num2++;

        else {

            piii now = calc(a, b), pre = calc(b, a);//转化为三元组

            int state = 0;//判断符号

            if (1.0 * a / b > 0) state = 1;

            if (!mp[state].count(now)) {

                mp[state][now] = ++col;

                if (mp[state ^ 1].count(pre))

                    rhs[col] = mp[state ^ 1][pre], rhs[mp[state ^ 1][pre]] = col;

            }

            siz[mp[state][now]]++;

        }

    }

    ll t = (f[num1] + f[num2] + 1) % mod;//a = 0, b != 0 和 a!=0, b = 0

    for (int i = 1; i <= col; i++)

        if (!vis[i]) {

            vis[i] = 1;

            if (rhs[i]) {

                vis[rhs[i]] = 1;

                t = t * ((1ll + (f[siz[i]] + f[siz[rhs[i]]]) % mod) % mod) % mod;

            }

            else t = t * ((1ll + f[siz[i]]) % mod) % mod;

        }

    ans = (ans + t) % mod;

    printf("%lld\n", (ans - 1 + mod) % mod);

}

写法改进

const int mod = 1e9 + 7;

ll qpow(ll a, ll b) {

    ll ans = 1;

    for (; b; b >>= 1, a = a * a % mod) if (b & 1) ans = ans * a % mod;

    return ans;

}

int main() {

    cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);

    ll n; cin >> n;

    map<pair<ll, ll>, pair<ll, ll>> m;

    ll ans = 1, P = mod - 1;

    for (int i = 0; i < n; ++i) {

        ll a, b;

        cin >> a >> b;

        if (!a && !b) P += 1;

        else {

            ll g = __gcd(a, b);

            a /= g, b /= g;

            if (b < 0) a = -a, b = -b;

            if (a <= 0) m[ {b, -a}].second++;

            else m[ {a, b}].first ++;

        }

    }

    for (auto u : m) ans = ans * (qpow(2, u.second.first) + qpow(2, u.second.second) - 1 + mod) % mod;

    cout << (ans + P) % mod;

}