Codeforces70 | Codeforces Beta Round #64

前言
正文
- A
- B
- C
- D
- E

前言

这个毒瘤的517 放了Div1
然后D题是昨天讲的动态凸包（啊喂！我还没来的及去写
结果自己想的是二分凸包（当然没有写出来
写完前两题之后就愉快地弃疗
~~C题也没有想出来我真是太菜了呀~~
所以从C开始详写

正文

A

很明显的* 3 * 3 * 3...吧

B

只需求出每个句子多少长然后贪心尽量多选几个句子到一段里就行了啊

C

题意

有序二元组\((x,y)\) 满足\(x*y=rev(x)*rev(y)\) 则称其是幸运的
\(rev(x)\) 表示x的反向举个例子 rev(123456789)=987654321,rev(1200)=21
满足\(x \leq maxx,y \leq maxy\) 对于所有的对\((i,j)\) (\(i \leq maxx\),\(j \leq maxy\)) 中的幸运对至少有\(w\)
求\(x*y\)最小时的\(x,y\)
给出\(maxx,maxy,w\)

数据约束

\(maxx,maxy \leq 10^5,w \leq 10^7\)

解析

因为\(i*j=rev(i)*rev(j)\)可以推出\((\frac{i}{rev(i)})* (\frac{j}{rev(j)})=1\)
那这个本质上是不是就是在一个长为\(maxx\)宽为\(maxy\)的矩形里面截取一个长为\(i\)宽为\(j\)的矩形

我们可以把\(rev(i)\)和\(i\)映射到一个map里面
然后用two-pointer去扫即可
（对于长度为\(k\)最少的宽度为\(t\) 那么显然对于长度为\(k-1\)所对应的宽度\(pos\) 有\(t \leq pos\)

#include<bits/stdc++.h>
#define fr(i,x,y) for(int i=x;i<=y;++i)
#define rf(i,x,y) for(int i=x;i>=y;--i)
#define LL long long
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int rev[N],A[15];
LL qx[N];
int bx=-1,by=-1;
map<LL,LL>mp,pp;

int Rev(int x){
    A[0]=0;
    for(;x;x/=10) A[++A[0]]=x%10;
    int pos=0,kk=1;
    rf(i,A[0],1) pos+=A[i]*kk,kk*=10;
    return pos;
}

int gcd(int a,int b){
    return b?gcd(b,a%b):a;
}

void fail(){
    printf("-1\n");
    exit(0);
}

void UPD(int x,int y,int z){
    int gg=gcd(max(x,y),min(x,y));
    x/=gg,y/=gg;
    LL pos=x*1LL*100000+y;
    mp[pos]+=z;
}

void Cha(int x,int y,int z){
    int gg=gcd(max(x,y),min(x,y));
    x/=gg,y/=gg;
    LL pos=x*1LL*100000+y;
    pp[pos]+=z;
}

LL Get(int x,int y){
    int gg=gcd(max(x,y),min(x,y));
    x/=gg,y/=gg;
    LL pos=y*1LL*100000+x;
    if(!mp.count(pos)) return 0LL;
    return mp[pos];
}

LL Ask(int x,int y){
    int gg=gcd(max(x,y),min(x,y));
    x/=gg,y/=gg;
    LL pos=y*1LL*100000+x;
    if(!pp.count(pos)) return 0LL;
    return pp[pos];
}

int main(){
    int maxx,maxy,w;
    cin>>maxx>>maxy>>w;
    fr(i,1,max(maxx,maxy)) rev[i]=Rev(i);
    fr(i,1,maxx) UPD(i,rev[i],1);
    LL pos=-1,nw=0,maxn=1e11;
    fr(i,1,maxy){
        Cha(i,rev[i],1);
        nw+=Get(i,rev[i]);
        //cout<<"i="<<i<<"nw="<<nw<<endl;
        if(nw>=w) {
            pos=i;
            maxn=min(maxn,pos*maxx);
            bx=maxx,by=pos;
            UPD(maxx,rev[maxx],-1);
            nw-=Ask(maxx,rev[maxx]);
            break;
        }
    }
    //cout<<nw<<endl;
    if(pos==-1) fail();
    rf(i,maxx-1,1){
        while(nw<w&&pos<maxy){
            pos++;
            Cha(pos,rev[pos],1);
            nw+=Get(pos,rev[pos]);
        }
        //cout<<i<<" "<<pos<<" "<<nw<<endl;
        if(nw<w) break;
        if(maxn>pos*1LL*i) maxn=pos*1LL*i,bx=i,by=pos;
        nw-=Ask(i,rev[i]);
        UPD(i,rev[i],-1);
    }
    printf("%d %d\n",bx,by);
    return 0;
}

代码是越写越丑了TAT

D

凸包 极角序 set

题意

一开始给你三个点维护一个凸包
每次有两种操作

询问(x,y)是否在凸包内
加入点(x,y) 重新维护凸包

数据约束

\(3 \leq q \leq 10^5,-1e6 \leq x,y \leq 1e6\)

解析

发现各位大爷的代码都写得好简洁啊

由于太菜了于是乎当场倒地去世

先选取一个凸包内部的点作为极角序的极点
用atan2(x,y)计算角度
这样每次询问一个点我们都可以在set里面找到它的前驱与后驱（用lower_bound找
如果是插入那么往两边判断叉积
可以写一个这样的函数那么往前继续找前驱或者往后找后驱只需调用一下就可以了TAT~~骚操作~~

it L(it x){
    if(x==st.begin()) x=st.end();
    x--;
    return x;
}

it R(it x){
    x++;
    if(x==st.end()) x=st.begin();
    return x;
}

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<set>
#define fr(i,x,y) for(int i=x;i<=y;++i)
#define rf(i,x,y) for(int i=x;i>=y;--i)
#define db double
#define LL long long
using namespace std;
struct data{
    LL x,y,dis;
    db Arg;
}a[10],o,p;
set<data>qx;
typedef set<data>::iterator sit;

bool operator < (const data &a,const data &b){    //按角度排序 相等再按长度排序
    return a.Arg<b.Arg||(a.Arg==b.Arg&&a.dis<b.dis);
}

LL Cross(data pp,data A,data B){
    return (A.x-pp.x)*(B.y-pp.y)-(A.y-pp.y)*(B.x-pp.x);
}

sit L(sit x){
    if(x==qx.begin()) x=qx.end();
    x--;
    return x;
}

sit R(sit x){
    x++;
    if(x==qx.end()) x=qx.begin();
    return x;
}

LL pf(LL x){
    return x*x;
}

LL Dis(data A,data B){
    return pf(A.x-B.x)+pf(A.y-B.y);
}

int main(){
    int q;cin>>q;
    fr(i,1,3){
        int tp;
        scanf("%d%lld%lld",&tp,&a[i].x,&a[i].y);
        o.x+=a[i].x,o.y+=a[i].y;
        a[i].x*=3,a[i].y*=3;
    }
    fr(i,1,3){
        a[i].dis=Dis(o,a[i]);
        a[i].Arg=atan2(a[i].y-o.y,a[i].x-o.x);
        qx.insert(a[i]);
    }
    q-=3;
    fr(cse,1,q){
        int tp;
        scanf("%d%lld%lld",&tp,&p.x,&p.y);
        p.x*=3,p.y*=3;
        p.Arg=atan2(p.y-o.y,p.x-o.x);
        p.dis=Dis(p,o);
        sit i=qx.lower_bound(p),j;
        if(i==qx.end()) i=qx.begin();
        j=L(i);
        if(tp==2){
            if(Cross(*j,p,*i)<=0) printf("YES\n");
            else printf("NO\n");
            continue;
        }
        if(Cross(*j,p,*i)<=0) continue;
        qx.insert(p);
        sit pos=qx.find(p);
        i=L(pos);j=L(i);
        while(Cross(*j,*i,*pos)<=0){
            qx.erase(i);
            i=j;j=L(j);
        }
        i=R(pos),j=R(i);
        while(Cross(*j,*i,*pos)>=0){
            qx.erase(i);
            i=j;j=R(j);
        }
    }
    return 0;
}

E

树型dp 输出路径

题意

给你一棵树\(n\)个节点
可以在节点中建立关键点每建立一个关键点的花费为\(k\)
然后节点到最近的那个关键点获取信息代价为\(d_len\)
给出\(d\)数组求最小花费并输出每个节点的到那个关键点获取信息

数据约束

\(1 \leq n \leq 180,d_i<d_{i+1}\)

解析

感觉不是一道很难的DP吧 ~~但我一开始以为数据范围是1e5的TAT~~
设\(dp[u][i]\)表示给\(i\)建立关键点 \(u\)到\(i\)获取信息 \(u\)的子树的最小代价
\(ans[u]\)则表示\(dp[u][i]\)最小所对应的\(i\)

考虑从\(u\)的儿子\(s\)转移到\(u\)
\[dp[u][i]=k+d[dis[u][i]]\]
\[dp[u][i]+=min(dp[s][ans[s]],dp[s][i]-k)\]

然后输出路径的时候就看是\(dp[s][ans[s]]\)小一点还是\(dp[s][i]-k\)小一点的

#include<bits/stdc++.h>
#define fr(i,x,y) for(int i=x;i<=y;++i)
#define rf(i,x,y) for(int i=x;i<=y;++i)
#define LL long long
using namespace std;
const int N=210;
int dp[N][N],ans[N],d[N][N],w[N],f[N];
int n,k;

void dfs(int u,int fa){
    fr(s,1,n) if(d[u][s]==1&&s!=fa) dfs(s,u);
    fr(i,1,n){
        int pos=w[d[u][i]]+k;
        fr(s,1,n){
            if(d[u][s]==1&&s!=fa){
                pos+=min(dp[s][i]-k,dp[s][ans[s]]);
            }
        }
        dp[u][i]=pos;
    }
    ans[u]=1;
    fr(i,2,n) if(dp[u][ans[u]]>dp[u][i]) ans[u]=i;
}

void sc(int u,int fa){
    if(dp[u][ans[u]]<=dp[u][f[fa]]-k) f[u]=ans[u];
    else f[u]=f[fa];
    fr(i,1,n)
        if(d[u][i]==1&&i!=fa) sc(i,u);
}

int main(){
    scanf("%d%d",&n,&k);
    fr(i,1,n-1) scanf("%d",&w[i]);
    memset(d,0x3f,sizeof d);
    for(int i=1,x,y;i<n;++i){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        d[x][y]=1,d[y][x]=1;
    }
    fr(i,1,n) d[i][i]=0;
    fr(k,1,n) fr(i,1,n) fr(j,1,n) d[i][j]=min(d[i][j],d[i][k]+d[k][j]);
    dfs(1,0);
    cout<<dp[1][ans[1]]<<endl;
    f[1]=ans[1];
    fr(i,1,n) if(d[i][1]==1) sc(i,1);
    fr(i,1,n) printf("%d ",f[i]);
    return 0;
}