Topcoder SRM 604 div1题解

CTSC考完跑了过来日常TC～～～

Easy（250pts）：

题目大意：有个机器人，一开始的位置在(0,0)，第k个回合可以向四个方向移动3^k的距离（不能不动），问是否可以到达(x,y)，数据满足|x|,|y|<=10^9。

这题还是很简单的嘛，口亨～～～

首先我们只考虑一个方向，于是发现，每一次可以移动3^k的距离或者不动，于是我们发现这样的序列是有且仅有一个的，

于是我们分开考虑x和y，把两个序列全部预处理出来，

然后直接扫一遍就做完了，

时间复杂度O(log|x|)左右吧，代码如下：

 #include <bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 class PowerOfThree
 {
     public:
     string ableToGet(int x, int y)
     {
         x=abs(x),y=abs(y);
         bool check=true;
         while (x!=||y!=)
         {
             if ((x%==)+(y%==)!=) check=false;
             if (x%==) x=(x+)/; else x=x/;
             if (y%==) y=(y+)/; else y=y/;
         }
         if (check) return "Possible"; else return "Impossible";
     }
 };

Medium（550pts）：

题目大意：有一棵n个节点的树，有若干节点上有一只狐狸，其它节点没有，所有边的距离为1。现在狐狸要聚集在一起，使得它们形成了一棵树，且每个节点依然最多只有一只狐狸，且移动距离之和最小，输出这个最小值。数据满足n<=50。

我做过的最难的medium吧。。。这题做了我好久好久。。。

首先，最后形成的狐狸一定是一棵树，我们枚举每一个节点i，设i是最后这棵树的root，

我们考虑树形dp，

设f[i][j]表示i这个节点形成的子树中一共放置了j个狐狸，且i这个节点一定有狐狸，且这j个狐狸联通的最优值。

我们考虑如何转移，

假设cur[j]就是当前u这个节点已经处理了若干个儿子的f[u]数组，

于是我们能够得到f[u][i+j]就是从已经处理的若干个儿子中提取i个，从当前正在处理的v节点中提取j个的最优值，

那么已经处理完的若干个儿子对答案的贡献度是cur[i]，当前处理的v节点对答案的贡献度是f[v][j]+(u和v这条边对答案的贡献度），

所以f[u][i+j]=cur[i]+f[v][j]+(u和v这条边对答案的贡献度），

所以我们只需要考虑这条边的贡献度就可以了，我们假设size[u]表示u这个节点为根的子树下原始状态下有多少个狐狸，

如果size[v]=j，那么这条边的贡献度就是0；

如果size[v]>j，那么一定有size[v]-j个狐狸从v这个子树出来，那么一定经过这条边，所以这条边贡献度就是size[v]-j；

如果size[v]<j，那么一定有j-size[v]个狐狸进入v这个子树中，它们也一定经过这条边，所以这条边的贡献度就是j-size[v]。

所以无论如何，这条边的贡献度一定是abs(size[v]-j)。

所以我们有f[u][i+j]=cur[i]+f[v][j]+abs(size[v]-j)。

然后边界细节注意一下就可以了，时间复杂度O(n^4)，代码如下：

 #include <bits/stdc++.h>
 #define Maxn 1007
 #define inf 1000000007
 using namespace std;
 int n,cnt,ans=inf,m;
 int last[Maxn],other[Maxn],pre[Maxn],sum[Maxn],size[Maxn];
 int f[*Maxn][*Maxn];
 int temp[*Maxn];
 bool fox[Maxn];
 class FoxConnection
 {
     void insert(int u, int v)
     {
         other[++cnt]=v,pre[cnt]=last[u],last[u]=cnt;
     }
     void dfs(int u, int fa)
     {
         size[u]=fox[u];
         int cur[*Maxn];
         memset(cur,,sizeof(cur));
         for (int q=last[u];q;q=pre[q])
         {
             int v=other[q];
             if (v!=fa)
             {
                 dfs(v,u);
                 for (int i=;i<=m;i++) temp[i]=inf;
                 for (int i=;i<=m;i++)
                     for (int j=;j<=m-i;j++)
                         temp[i+j]=min(temp[i+j],cur[i]+f[v][j]+abs(size[v]-j));
                 for (int i=;i<=m;i++) cur[i]=temp[i];
                 size[u]+=size[v];
             }
         }
         f[u][]=cur[];
         for (int i=;i<=m;i++) f[u][i]=cur[i-];
     }
     int solve(int rt)
     {
         for (int i=;i<=n;i++)
             for (int j=;j<=*n;j++)
                 f[i][j]=inf;
         dfs(rt,-);
         return f[rt][m];
     }
     public:
     int minimalDistance(vector <int> A, vector <int> B, string haveFox)
     {
         n=A.size()+;
         for (int i=;i<n;i++) fox[i+]=(haveFox[i]=='Y');
         m=;
         for (int i=;i<=n;i++) if (fox[i]) ++m;
         for (int i=;i<n-;i++)
             insert(A[i],B[i]),insert(B[i],A[i]);
         for (int i=;i<=n;i++)
             ans=min(ans,solve(i));
         return ans;
     }
 };

Hard（1000pts）：

这个计算几何题怎么比medium思路简单多了呢。。。

题目大意：给了你n条线段，它们可能有交点，可能有重合，现在把它们视为一个模块，有一张10^9*10^9的长方形纸片，现在复制若干遍这个模块，要求任意两个模块不能相交，要求判断是否可以复制无穷多份。数据满足n<=50。

这题的思路还是很简单的吧，如果能够复制无数份，那么一定是能够往某个方向移动了很小很小的距离，

我们先把所有直线两两处理，

如果重合，直接不用管；

如果没有交点，直接不用管；

如果有一个交点，而且交点不是直线的端点，直接有穷个返回答案；

如果有一个交点，而且交点是直线的端点，那么那个方向一定有角度限制，预处理出角度限制。

所有直线两两处理完了之后，把所有角度限制从小到大扫一遍，然后判定一下就做完了。

时间复杂度O(n^2)，代码如下：

 #include <bits/stdc++.h>
 #define eps 1e-9
 #define Maxn 107
 using namespace std;
 int n,cnt=;
 struct point {double x,y;};
 struct line {point a,b;};
 line a[Maxn];
 pair<double,double> cover[Maxn*Maxn*];
 class FamilyCrest
 {
     double cross(double x1 ,double y1, double x2, double y2)
     {
         return (x1*y2-x2*y1);
     }
     bool samepoint(point a, point b)
     {
 //check if point a and point b are the same point
         if (fabs(a.x-b.x)<eps&&fabs(a.y-b.y)<eps) return true;
         return false;
     }
     bool sameline(line a, line b)
     {
 //check if line a and line b are the same line
         double res=cross(a.a.x-a.b.x,a.a.y-a.b.y,b.a.x-b.b.x,b.a.y-b.b.y);
         if (fabs(res)<eps) return true;
         return false;
     }
     double sameposition(line a, line b)
     {
 //check if the whole segment b is on the same direction of line a
 //answer>0 means segment b is on the same direction of line a
 //answer<0 means segment b has a same point with line a
 //answer=0 means segment b has an end point on the line a
         double res,res1,res2;
         res1=cross(a.b.x-a.a.x,a.b.y-a.a.y,b.a.x-a.a.x,b.a.y-a.a.y);
         res2=cross(a.b.x-a.a.x,a.b.y-a.a.y,b.b.x-a.a.x,b.b.y-a.a.y);
         res=res1*res2;
         return res;
     }
     void updata(double l, double r)
     {
         if (l<r)
         {
             cover[++cnt].first=l,cover[cnt].second=r;
         } else
         {
             cover[++cnt].first=l,cover[cnt].second=M_PI;
             cover[++cnt].first=-M_PI,cover[cnt].second=r;
         }
     }
     bool calc(line a, line b)
     {
 //segment a and segment b are on the same line
         if (sameline(a,b)) return true;
 //segment a and segment b don't have a same point
         if (sameposition(a,b)>eps) return true;
         if (sameposition(b,a)>eps) return true;
 //segment a and segment b have a same point which is not an end point
         if (sameposition(a,b)<-eps) return false;
         if (sameposition(b,a)<-eps) return false;
 //segment a and segment b have a same point which is an end point
         point O,A,B;
 //point O is the end point
         if (samepoint(a.a,b.a)) O=a.a,A=a.b,B=b.b; else
         if (samepoint(a.a,b.b)) O=a.a,A=a.b,B=b.a; else
         if (samepoint(a.b,b.a)) O=a.b,A=a.a,B=b.b; else
         if (samepoint(a.b,b.b)) O=a.b,A=a.a,B=b.a;
         if (cross(A.x-O.x,B.x-O.x,A.y-O.y,B.y-O.y)>eps) swap(A,B);
         updata(atan2(A.y-O.y,A.x-O.x),atan2(O.y-B.y,O.x-B.x));
         updata(atan2(O.y-A.y,O.x-A.x),atan2(B.y-O.y,B.x-O.x));
         return true;
     }
     public:
     string canBeInfinite(vector <int> A, vector <int> B, vector <int> C, vector <int> D)
     {
         n=A.size();
         for (int i=;i<=n;i++)
         {
             a[i].a.x=A[i-];
             a[i].a.y=B[i-];
             a[i].b.x=C[i-];
             a[i].b.y=D[i-];
         }
         for (int i=;i<=n;i++)
             for (int j=i+;j<=n;j++)
                 if (!calc(a[i],a[j])) return "Finite";
         sort(cover+,cover+cnt+);
         if (cover[].first+M_PI>eps) return "Infinite";
         if (cover[cnt].second-M_PI<-eps) return "Infinite";
         double now=cover[].second;
         for (int i=;i<=cnt;i++)
         {
             if (cover[i].first-now>eps) return "Infinite";
             now=cover[i].second;
         }
         return "Finite";
     }
 };

完结撒花～