2017.8.9的考试——脑抽的日常

Posted 2020-10-02 |斗蜂|

T1

基因光线 light

题目描述:

黑大帅统治古古怪界后，一直在玩一种很奇葩的游戏。在一个二维平面上，他先复制了n个小A，把他们放在不同的位置，然后射出一条ax+by+c=0的基因光线，宽度为d，即离这条直线的距离不大于d的小A会被射中。当然，某些悲剧的小A就会被射中，并变成黑小A。当然，这不是重点。玩了很久后，黑大帅猛然发现，自己竟然一次都没有射中小A。黑大帅怒了，于是他开启了作弊模式，将c改成自己想要的任意数值。现在，黑大帅想知道，在开启了作弊模式后，他射出一道基因光线最多能击中几个小A。

输入格式:

第一行五个数字a，b，d，n，接下来n行每行两个数字x，y表示这个小A的坐标。

输出格式:

一行一个数字表示最多能击中几个小A。

样例输入:

1 -1 0.707106782 5
0 0
1 0
0 1
2 0
2 1

样例输出:

4

提示:

【样例说明】

       将c值改为0或-1可以击中4个小A，可以证明不可能同时击中5个小A。

【数据范围】

       50%的数据满足a=0;

       100%的数据满足n<=100000，其余所有数值均为绝对值不大于1000的实数。

时间限制:1000ms
空间限制:256MByte

这个题目是不是看起来可以AC，啊哈！我也是这么想的。然后就马不停蹄地写出了一下代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a,b,n,k,dp[1000005]={0},maxn=0;
double d;
struct nob{
	int x,y;
	double len;
}s[100001];
bool mmp(nob a,nob b){
	return a.len<b.len;
}
int main(){
	freopen("light.in","r",stdin);
	freopen("light.out","w",stdout);
	cin>>a>>b>>d>>n;
	k=-1.0*a/b;
	for (int i=1; i<=n; i++){
		cin>>s[i].x>>s[i].y;
		if (s[i].y>=s[i].x*k)
		s[i].len=abs((a*s[i].x+b*s[i].y)*1.0/sqrt(a*a+b*b));
		else s[i].len=-1.0*abs((a*s[i].x+b*s[i].y)*1.0/sqrt(a*a+b*b));
		dp[i]=1;
	}
	sort(s+1,s+1+n,mmp);
	for (int i=1; i<=n; i++){
		for (int l=i-1; l>=1; l--){
			if (s[i].len-s[l].len>d) break;
			else dp[i]++;
		}
		for (int l=i+1; l<=n; l++){
			if (s[l].len-s[i].len>d) break;
			else dp[i]++;
		}
		maxn=max(maxn,dp[i]);
		if (maxn==n){
			cout<<maxn;
			return 0;
		}
	}
	cout<<maxn;
	return 0;
}//d=abs((ax0+by0+c)/sqrt(a*a+b*b));点到直线的距离公式

然后就爆零了！呵呵呵呵呵。之后发现自己的一个思维错误，在上述程序中，我是以一个点为直线的中点，然后再以宽度d向上下两边延伸。但是！大部分时候！直线中点不在点上时能够包括更多的点！所以应该以点为直线的底边向上延伸2d距离。然后为了提高效率，在向上延伸的时候，可以用二分查找来缩短时间！但是你不用写二分就可以拿九十分！是不是很赚！以下是呆滞大佬的标程。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=100005;
double a,b,d,x,y;
int n;
struct dt{
	double h;
}e[maxn];
bool cmp(dt p,dt q){
	return p.h<q.h;
}
int main(){
	freopen("light.in","r",stdin);
	freopen("light.out","w",stdout);
	int ans=0;
	int head,tail,mid;
	double t;
	scanf("%lf%lf%lf%d",&a,&b,&d,&n);
	t=sqrt(a*a+b*b);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lf%lf",&x,&y);
		e[i].h=(a*x+b*y)*1.0/t;
	}
	sort(e+1,e+1+n,cmp);
	d=2*d;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		head=i;tail=n;
		while(head!=tail){
			mid=(head+tail)>>1;
			if(head==mid)
				mid++;
			if(e[mid].h<=(e[i].h+d))
				head=mid;
			else
				tail=mid-1;
		}
		if((head-i+1)>ans) ans=head-i+1;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

接下来是题解的解释。

【基因光线】

       当c固定时，被击中的小A必满足|ax+by+c|/sqrt(a^2+b^2)<=d，即

|ax+by+c|<=d*sqrt(a^2+b^2)，令D=d*sqrt(a^2+b^2)，则有|ax+by+c|<=D，则，

-D<=ax+by+c<=D，即-D-c<=ax+by<=D-c，令R=ax+by，则-D-c<=R<=D-c，则问题转换为，在一维坐标轴上，小A的坐标为R，用2D长度最多覆盖几个小A。把小A按R从小到大排序，枚举作为开头的小A，用一个指针维护末尾的小A，不断更新答案，算法复杂度为O(nlogn)，可以通过全部数据。

T2

好朋友 friend

题目描述:

noip2017就要来了，W校的同学们不仅看重这次比赛，更看重noip2011和谁住在同一个房间。同学之间的关系好坏可以用一个亲密值表示，亲密值越大，两个同学关系越好。小A作为W校信息组的组长，自然想要让同学们在比赛前能好好休息，放松心情，让同学们在赛场上能够超常发挥。他现在知道自己预订的房间都是双人间，且知道这n个同学之间的关系。n个同学的关系可以用一个n条双向边的连通图来描述，即某个同学只愿意和与他有边相连的同学住同一个房间，边权即为两个同学的亲密值。数据保证没有重边、自环。现在小A想知道在让所有同学的要求满足的情况下，亲密值最低的一对同学亲密值最高是多少。

输入格式:

第一行一个正整数n，下面n行每行三个数u，v，w，表示u到v有一条边权为w的双向边。

输出格式:

假如无论如何都无法满足所有同学的要求，输出”no answer”，否则输出亲密值最低的一对同学的最高亲密值。

样例输入:

4
1 2 3
2 3 10
3 4 3
1 4 1

样例输出:

3

提示:

【样例解释】

       有两种选择。一种选择是<1,2>、<3,4>，最低亲密值为3；另一种选择是<1,4>、<2,3>，最低亲密值为1。所以最高的最低亲密值为3。

【数据范围】

       50%的数据满足n<=20；

       80%的数据满足n<=1000；

       100%的数据满足n<=100000，-10^9<=w<=10^9

时间限制:1000ms
空间限制:256MByte

这题题目以我现在的水平就只能水水分，因为。。。我根本就不知道什么是双联通分量。

以下是题解。

【好朋友】
首先根据这道题的题意可以直接搜索求解。假如u未匹配，每次在u+1..n找一个未匹配的且与u有边相连的点，递归操作。中间可以加入最优化剪枝，可以通过零接表再加快速度，对于n<=60的数据都可以轻松通过。算法复杂度O(n!)，可以通过50%的数据。
仔细观察题目发现，这是一种特殊的图。众所周知n个点n-1条边的连通图是一棵树。
假设原图是一棵树，任选一点作为根，那么叶子节点u必是与他的父亲father[u]相匹配，假如father[u]已被匹配，那么必然无解；否则father[u]标记为已匹配，继续递归，规模减2，这样我们就有了一个O(n)的贪心算法。
n个点n条边的连通图就是在树上加一条边得到的图，有且仅有一个环。我们可以先找到这个环，环外的部分必然是树，我们可以通过上述贪心实现，然后再处理这个环就行了。
假如环上已经有点被匹配了，那么环一定被断成了一段一段的链。链也是树的一种，同样可以贪心解决；假如环上所有的点都没有被匹配，这个环必然是含偶数个节点的环，直接考虑下列两种方案，取最优即可。

找环有许多方法。O(n^2)的方法是直接暴力枚举每个点作为根，dfs一遍看是否有返祖边与根相连，找出所有环上的点。定一个环上的点作为开头，寻找下一个与他相连的环上的点，以此推出顺序。
下面再介绍三种O(n)找出图的唯一环的方法：
（1） 直接找出所有的双联通分量，其中大小不等于1的即是所求的环。然后再用上述方法求出顺序即可；
（2） 任选一点作为根，建立一棵生成树，剩下的一条边即为环边。不妨设这条边为<u,v>那么v到lca(u,v)经过的点，u到lca(u,v)经过的点即为环上的点，并直接得到顺序。（lca(u,v)表示u，v的最近公共祖先）
（3） 任选一点dfs，dfs过程中给边定向。假如某点在dfs时第2次经过，那么这个点必然是环上的点，一直退栈直到第一次经过这个点，中间的所有点均为环上的点，同时也得到了顺序。

T3

砍树 cut

题目描述:

小A是小B家的园丁。小B的家里有n棵树，第i棵树的横坐标为i。一天，小B交给小A一个任务，让他降低自己家中的某些树木的高度。这个任务对小A来说十分简单，因为他有一把极其锋利的斧头和一门独门砍树秘籍，能够轻易地砍断任何参天大树。小A的砍树方法有3种，都是沿着一条y=kx+b的直线砍一段区间的树，相同的方法k值相同。只用了一个下午，小A就完成了小B的任务。第二天，小B来视察小A的任务完成情况。小B想知道小A是否真的用心砍树，于是提出了q个询问，每次询问一段区间中最低的树的高度。小A当然是不会记住树木的砍伐情况的，他只知道自己按什么顺序，使用了什么方法，砍了哪个连续区间的树，而且区间都是互不包含的。现在小A想请你帮帮他，回答小B的询问。

输入格式:

第一行三个整数k1，k2，k3表示小A三种砍树方法的斜率值；

第二行一个整数n，表示一共有n棵树；

第三行n个数整数hi，分别表示n棵树的高度；

第四行一个整数m，表示小A一共进行了m次操作；

接下来m行，每行四个数L，R，p，b，表示用第p种方法，即用y=kp+b的直线砍[L，R]区间的树；

接下来一行一个数q，表示小B的询问数；

接下来q行，每行两个数L，R，表示询问[L，R]区间中最低的树的高度。

输出格式:

一共q行，每行一个数h表示对应的回答。

样例输入:

1 0 -1
4
10 30 20 1
2
3 4 2 5
1 3 3 10
2
1 2
2 3

样例输出:

8
5

提示:

【样例说明】

       如下图，红色即为树的剩余部分。

【数据范围】

数据组数	n	m	q
1-2	1000	500	1000
3	50000	20000	1
4	50000	1	50000
5-6	50000	30000	50000
7-10	1000000	500000	500000

时间限制:3000ms

空间限制:256MByte

离线做法？RMQ？单调队列？水吧……水吧……以下是题解。

【砍树】
首先，这道题目可以分成两部分：砍树和询问的部分。
对于砍树的部分，我们可以暴力做，这样的复杂度是O(nm)的，能通过20%的数据。
观察直线的解析式我们发现，对于同个k、同个x，kx恒定不变，所以影响某棵树高度的直线只能是经过这棵树的直线中b值最小的那条。这样我们可以把三种砍树方式分开做，然后按b值从小到大排序，然后用染色的方法做。这里可以用线段树或并查集来染色，总效率O(mlogm+n)，可以通过60%的数据。
题目中有一个重要的条件就是这些砍树区间互不包含，这样我们就可以使用单调队列的方法。按左端点计数排序，扫描，维护一个区间右端点递增，b值递增的单调队列。由于每个点出入队列最多一次，所以总效率为O(n+m)可以通过100%的数据。
经过前面一部分，其实我们已经知道了每棵树的最终高度。
对于询问的部分，我们同样可以暴力做，复杂度为O(nq)，可以通过20%的数据。
这其实是一个经典的区间最小值的问题，可以用线段树或RMQ在线解决，总效率O(qlogn+n)或O(nlogn+q)，可以通过60%的数据。
这道题目并没有修改操作，只是单纯的询问，所以我们考虑离线做法。将询问区间按右端点计数排序。扫描n棵树的过程中维护一个位置递增，h值递减的单调栈。当经过的点是某个询问中的右端点时，二分左端点位置，得到最小值，总效率为O(n+qlogn)，但对于随机数据，单调栈是很小的，所以可以通过80%的数据。
考虑到现在算法的瓶颈在于二分，我们可以利用并查集，动态维护每个点往右最近的且在单调栈中的点，总效率O(n+q)，可以通过100%的数据。
下面是对于数据[9,8,9,1]的做法：

1. 指针：0
栈：（空）
2. 指针：1
栈：1（9）
3. 指针：2
1退栈，2进栈，1连2；
栈：2（8）
4. 指针：3
栈：2（8），3（9）
5. 指针：1
3退栈，3连4，2退栈，2连4；
栈：4（1）

呵呵呵呵，第一题翻车还真的是意外。还是要小心啊。。。