传送门 强行二合一可还行 首先\(c\)的贡献是不会变的,先考虑求出多少交点被矩形覆盖,交点的话可以按左端点纵坐标从下到上顺序枚举一条线段,然后维护右端点纵坐标的set,把之前处理过线段的右端点放进set里,然后所有 右端点在当前线段右端点上方的线段 都是和当前线段有交点的,直接算出来,并且这样算不会算重 本题中的矩形是斜着的,但是如果我们把所有点绕原点顺时针转\(45^\circ\),那么矩形的四边都会和坐标轴平行,我们可以直接考虑每个点是否被矩形覆盖,把坐标离散化,然后套扫描线扫横坐标,用树…

题目地址:P5302 [GXOI/GZOI2019]特技飞行 这里是官方题解(by lydrainbowcat) 题意 给 \(10^5\) 条直线,给 \(x = st\) 和 \(x = ed\) 两个位置 在两条直线 \(l1,l2\) 交点,可以交换 \(l1,l2\) 接下来的部分(变成两条折线) 交换或不交换分别可以获得固定的分数 \(a\) 和 \(b\) 另外有 \(10^5\) 个观测点可以观测到一定范围内情况(曼哈顿距离),在观测范围内的点额外计分 \(c\) 要求最后在 \…

Problem loj3085 bzoj不放题面差评 题意概要:给出两条竖直直线,再给出 \(n\) 架飞机的初始航线:一条接通这两条直线的线段,保证航线交点不在两条直线上.现要求安排所有飞机在航线相交处做特技: 擦身而过:两架飞机按原方向线路继续前进,一次得分 \(b\) 对向交换:两架飞机交换线路继续前进,一次得分 \(a\) 另外,给定 \(k\) 个边界与坐标轴成 \(45°\)角 的正方形,若一次特技被至少一个正方形囊括,则总得分加 \(c\) 现要求决策每次相遇做的特技,求最大/最小…

题目链接 [https://www.luogu.org/problem/P5302] 思路:这道题可以说是两道题的合并.注意到\(c\)的分数与 \(a\)和\(b\)的分数 无关,也就是说可以分成两部分来计算.首先,对于\(c\)的分数,发现就是判断点是否在正方形内.于是可以将坐标轴旋转45°(坐标\((x,y)\)映射为坐标\((x+y,x-y)\)不理解的可以手玩一下--),然后就可以转化为经典的扫描线问题了.而后,对于a和b的分数对极值的贡献,可以发现这取决于「对向交换」的次数.「对向交…

开始没看出来是贪心,一度以为是动态规划,还是太弱了呀-.. 不难分析出,两个相同的飞行动作之间夹一个相同的动作是多余的,所以就贪心一下,按Ci从大到小排序,依次加到左右两端点,知道加不了为止. 代码: #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; const int maxn = 305; int val[maxn]; int cmp(int i,int j) { return i >j; } int ma…

传送门 先考虑\(k=1\),一个点的深度就是到根节点的路径上的点的个数,所以\(lca(x,y)\)的深度就是\(x\)和\(y\)到根路径的交集路径上的点的个数,那么对于一个询问,我们可以对每个点\(i\le x\),把\(1\)到\(i\)路径上所有点\(+1\),然后查询\(1\)到\(y\)的点权和就行了.现在有多组询问,路径修改可以树剖+在以\(dfn\)序为下标的线段树上修改,然后套可持久化线段树保存每个\(i\)的线段树状态,每次在对应线段树上区间查询即可.可持久化线段树的区间修…

传送门 所以这个\(5s\)是SMG 暴力是枚举每一个点跑最短路,然后有一个很拿衣服幼稚的想法,就是把所有给出的关键点当出发点,都丢到队列里,求最短路的时候如果当前点\(x\)某个相邻的点\(y\)是关键点,就用\(dis_x+\)边权\(w_i\)更新答案.感觉这个复杂度是正确的,然后跑一下样例也对 交上去就可以获得70'的好成绩 这个方法会有一种特殊情况无法处理,就是这条路径的起点和终点都是同一点,因为图中可能有环.那么我们更新答案就不能用起点是\(y\)的路径更新答案,于是考虑同时记录从某…

传送门 只有两行,考虑递推,设\(f_i\)为没有那两个\(1*1\)的,前\(i\)列的方案,可以发现一次可以放一个竖的或两个横的,也就是\(f_i=f_{i-1}+f_{i-2}\) 再设\(g_i\)表示有那两个\(1*1\)的,前\(i\)列的方案,首先和\(f\)类似,可以放一个竖的或两个横的\(1*2\),然后\(1*1\)可以放出长度为奇数,\(\ge3\)的两种矩形,或者长度为偶数,\(\ge4\)的两种矩形,所以\[g_i=g_{i-1}+g_{i-2}+(2\sum_{j=3…

传送门 题目涉及按位与以及按位或运算,所以可以拆位考虑,枚举某个二进制位,然后某个位置如果那个数的第\(i\)位是\(0\)就放\(0\),否则放\(1\),这一位的贡献就是位运算后值为\(1\)的子矩阵个数\(*2^i\).对于与运算,权值为\(1\)的矩阵为全\(1\)矩阵;对于或运算,权值为\(1\)的矩阵为含有\(1\)的矩阵,可以看成是总个数-全\(0\)矩阵个数,然后全\(0\)和全\(1\)矩阵个数可以单调栈求得 #include<bits/stdc++.h> #define L…

传送门 wdnm又是打麻将 首先国土无双可以直接枚举哪种牌用了\(2\)次算贡献,然后\(7\)个对子可以把每种牌的对子贡献排序,取最大的\(7\)个,剩下的牌直接暴力枚举是不行的,考虑dp,设\(f_{i,0\sim1,j,k,0\sim4,0\sim4}\),表示考虑前\(i\)种牌,\(0\sim1\)个对子,\(j\)个\(i-1,i,i+1\)顺子,\(k\)个\(i,i+1,i+2\)顺子,\(0\sim4\)个面子,\(0\sim4\)个杠子,的最大价值,转移枚举下一种牌\(i\)…