题面 传送门 题解 看出这是个闵可夫斯基和了然而我当初因为见到这词汇是在\(shadowice\)巨巨的\(Ynoi\)题解里所以压根没敢学-- 首先您需要知道这个 首先如果有一个向量\(w\)使得\(w+b=a\),也就是使\(A,B\)的凸包有交,有\(w=a-b\),那么我们把\(B\)的横坐标和纵坐标全部取反之后,\(w\)就必定在\(A\)和\(-B\)的闵可夫斯基和里 那么只要对\(A,-B\)求一个闵可夫斯基和的凸包就行了,然后判一下输入的向量是否在这个凸包里就行了 //minam…

洛谷P4724 [模板]三维凸包 给出空间中 \(n\) 个点 \(p_i\),求凸包表面积. 数据范围:\(1\le n\le 2000\). 这篇题解因为是世界上最逊的人写的,所以也会有求凸包体积的讲解. 三位向量的运算 模长: 即向量长度,\(|\vec{a}|=\sqrt{x_a^2+y_a^2+z_a^2}\). 点积: 标量 \(\vec{a}\cdot\vec{b}=|\vec{a}||\vec{b}|\cos<\vec{a},\vec{b}>=x_ax_b+y_ay_b+z_a…

题目链接 洛谷P4559 题解 只会做\(70\)分的\(O(nlog^2n)\) 如果本来就在区间内的人是不用动的,区间右边的人往区间最右的那些空位跑,区间左边的人往区间最左的那些空位跑 找到这些空位就用二分 + 主席树 理应可以在主席树上的区间二分而做到\(O(nlogn)\),但是写不出来,先留着坑 #include<algorithm> #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #in…

首先可以题目描述的两个点集是两个凸包,分别设为A和B. 考虑一个向量w不合法的条件. 即存在b+w=a,其中a属于A,b属于B. 也就是a-b=w. 即对b取反后和a的闵可夫斯基和. 求出闵可夫斯基和后check点是否在凸包内即可,在凸包内说明不合法. #include<iostream> #include<cctype> #include<cstdio> #include<cstring> #include<string> #include&l…

令 \(a\in A,b\in B\) 则移动向量 \(\omega\) 使得存在 \(b+\omega=a\) 那么 \(\omega\) 需要满足 \(\omega=a−b\) 黑科技:闵可夫斯基和 直接构造闵可夫斯基和 \(C={a+(−b)}\) 余下问题便是判断输入的移动向量是否在 \(C\) 内 可以强行使凸包的最下面为 \((0,0)\),这样只要找到与坐标轴夹角最接近的边就好了 # include <bits/stdc++.h> using namespace std; typ…

题面 传送门 题解 先理一下关于立体几何的基本芝士好了--顺便全都是从\(xzy\)巨巨的博客上抄来的 加减 三维向量加减和二维向量一样 模长 \(|a|=\sqrt{x^2+y^2+z^2}\) 点积 两个向量\(a,b\)的点积还是代表\(a\)在\(b\)上的投影长\(\times b\)的模长,也有$a\cdot b=|a||b|\cos<a,b> \(,坐标上有\)(x_1,y_1,z_1)\cdot (x_2,y_2,z_2)=(x_1x_2,y_1y_2,z_1z_2)$ 叉积…

题面 传送门 题解 调了咱一个上午-- 首先考虑二分答案,那么每个点能够到达的范围是一个圆,这个圆与目标圆的交就是可行的区间,这个区间可以用极角来表示 首先,如果我们知道这个正\(n\)边形的转角,也就是它在水平的基础上转过了几度的话,那么可以把它的每个顶点和包含它的圆弧所代表的点连边,如果这个二分图存在完备匹配那么说明有解 然而我们并不知道这个多边形转过了几度 我们考虑一种可行的方案,如果它没有任何一个顶点和在一段圆弧的端点上,那么一定可以转一点点距离使其中一个顶点刚好落在一个圆弧的端点上,那…

题面 传送门 题解 翻译一下题意就是每次选出一些点,要用最少的边把这些点连起来,求期望边数 我也不知道为什么反正总之就是暴力枚举太麻烦了所以我们考虑贡献 如果一条边是割边,那么它会在图里当且仅当两边的联通块中都有点被选,设其中一边的点的个数为\(siz\),那么方案数就是\((2^{siz}-1)(2^{n-siz}-1)\) 然而如果一条边是环边就会变得非常麻烦了--每种方案相当于这个环上有若干个点被标记,要用最少的边数将它们连起来,那么边数就是环的大小减去\(\max(\)两个相邻点之间的边…

题面 传送门 题解 首先考虑一个贪心,我们把所有的人按\(a_i\)排个序,那么排序后的第一个人到\(k\),第二个人到\(k+1\),...,第\(i\)个人到\(k+i-1\),易证这样一定是最优的 然后发现这里有一个很重要的性质,\(a_i\)互不相同.那么就必定存在一个点\(mid\),在\(mid\)左边(包括\(mid\))的空格子和人一样多,右边(不包括\(mid\))也一样多 那么很明显,\(mid\)左边的所有人都需要往右跑,\(mid\)右边的所有人都需要往左跑 然后来康康答…

题面传送门 一眼树形 \(dp\) 本题有 \(2\) 大难点. 难点之一是状态的设计,这里需要四维状态,\(dp[i][j][0/1][0/1]\) 表示在以 \(i\) 为根的子树内放了 \(j\) 个监听器,\(i\) 号点是否放了监听器,\(i\) 号点是否被它的儿子覆盖,在这种情况下的方案数. 设计好了状态,转移也就水到渠成了. \(dp[u][j][0][0]\) 只能从 \(dp[v][j][0][1]\) 转移:\(i\) 号节点没放监听设备也没被覆盖,说明它的儿子都没放监听设备…