[原创]第八届福建省赛-重现赛 【(6+3)/12】 [待补]
2017-07-22 19:13:49 Tabris_ 阅读数：487
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上来A题就崩了 上来习惯性long long 确忘了用I64d wa了4发。。
果然我只是个坑队友的坑货，， ，贡献了队伍的全部罚时
1 Frog ————————————————————————————————————
a个脑袋，b条腿
青蛙个数 = b/2-a；
代码无
2 Triangles ————————————————————————————————————
直接枚举两个三角形,判断一个三角形的三个点 是不是都在另一个三角形里面,如果有就是包含
然后就看是不是相离的, 如果没有任何一个点在另外的三角形里就是相离,但是要注意六芒星这种情况,所以还要枚举下边 看一看有没有相交的
然后就是相交了 …
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 # include<stdio.h> # include<string.h> # include<math.h> # include <iostream> using namespace std; # define LL long long int const int N = 1e5 + 7; const int MOD = 1e9+7; /**********************************/ struct point{ double x,y; }; struct trangle{ point p[3]; }c[2]; double multi(point p1,point p2,point p0){ return fabs((p1.x-p0.x)*(p2.y-p0.y)-(p1.y-p0.y)*(p2.x-p0.x)); } double area(point a,point b,point c){ return multi(a,b,c); } int sum; // 判断c1 在不在c2 里 bool cantian(trangle c1,trangle c2){ double ac2 =area(c2.p[0],c2.p[1],c2.p[2]); int t =0 ; for(int i=0;i<=2;i++) if(area(c1.p[i],c2.p[0],c2.p[1])+area(c1.p[i],c2.p[1],c2.p[2])+ area(c1.p[i],c2.p[0],c2.p[2]) > ac2); else sum++,t++; return t==3; } bool IsIntersected(point s1,point e1,point s2,point e2)//两个线段相交 { return(max(s1.x,e1.x)>=min(s2.x,e2.x))&& (max(s2.x,e2.x)>=min(s1.x,e1.x))&& (max(s1.y,e1.y)>=min(s2.y,e2.y))&& (max(s2.y,e2.y)>=min(s1.y,e1.y))&& (multi(s1,s2,e1)*multi(s1,e1,e2)>0)&& (multi(s2,s1,e2)*multi(s2,e2,e1)>0); } bool judge(){ if(IsIntersected(c[1].p[1],c[1].p[2],c[2].p[1],c[2].p[2]))return true; if(IsIntersected(c[1].p[1],c[1].p[2],c[2].p[2],c[2].p[3]))return true; if(IsIntersected(c[1].p[1],c[1].p[2],c[2].p[1],c[2].p[3]))return true; if(IsIntersected(c[1].p[3],c[1].p[2],c[2].p[1],c[2].p[2]))return true; if(IsIntersected(c[1].p[3],c[1].p[2],c[2].p[2],c[2].p[3]))return true; if(IsIntersected(c[1].p[3],c[1].p[2],c[2].p[1],c[2].p[3]))return true; if(IsIntersected(c[1].p[1],c[1].p[3],c[2].p[1],c[2].p[2]))return true; if(IsIntersected(c[1].p[1],c[1].p[3],c[2].p[2],c[2].p[3]))return true; if(IsIntersected(c[1].p[1],c[1].p[3],c[2].p[1],c[2].p[3]))return true; return false; } void solve(){ sum = 0; if(cantian(c[0],c[1])||cantian(c[1],c[0])){ puts("contain"); return ; } if(sum>0||judge()){ puts("intersect"); return ; } puts("disjoint"); return ; } int main(){ int _ = 1,kcase = 0; for(scanf("%d",&_);_--;){ for(int i=0;i<=1;i++)for(int j=0;j<=2;j++) scanf("%lf%lf",&c[i].p[j].x,&c[i].p[j].y); solve(); } return 0; }
3 DotA and LOL ————————————————————————————————————
4 Game ————————————————————————————————————
当有一时刻两个数相等则A赢,否则B赢,所以A想要将两个数变得相同,B想讲两个数变得不同.
问你两个人最后谁赢
考虑到如果B想让两个数不等那么只能是在A中没有B的子串才行,否则A不断的翻转在除以10一定会有一个时刻和B相同,这时候无论B怎么翻转还是除10,最终的一定会有一个时刻相等，
所以只要用kmp匹配一下A的数是否有B或者翻转的B就行了
注意的是 B的数 如果翻转就相当去去掉了后面的0，所以在匹配之前除了一下B，使两端都没有0；
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 # include <iostream> # include <algorithm> # include <stdio.h> # include <string.h> # include <queue> # define maxs 2020202 # define mme(i,j) memset(i,j,sizeof(i)) using namespace std; char s[1000005],s2[1000005]; int nexts[maxs]; void getn() { int len=strlen(s2); int i=0,j; j=nexts[0]=-1; for(i=0;i<len;) { if(j==-1 || s2[i]==s2[j]) nexts[++i]=++j; else j=nexts[j]; } } bool kmp() { getn(); int len1=strlen(s),len2=strlen(s2); int i=0,j=0; for(i=0;i<len1;) { if(j==-1||s[i]==s2[j]) { i++; j++; } else j=nexts[j]; if(j>=len2) return 1; } if(j>=len2) return 1; return 0; } int main() { int t; scanf("%d",&t); while(t--) { scanf("%s%s",s,s2); int flag = 1; for(int i=0;s2[i];i++){ if(s2[i]=='0') continue; flag = 0 ;break; } int l2 = strlen(s2); for(int i=l2-1;i>=0;i--){ if(s2[i]=='0') s2[i]='\0'; else break; } // puts(s2); if(flag||kmp()) { printf("Alice\n"); } else { reverse(s2,s2+strlen(s2)); if(kmp()) { printf("Alice\n"); } else printf("Bob\n"); } } }
5 Doctor ————————————————————————————————————
6 Change ————————————————————————————————————
然后有两种操作
考虑单链的时候如何维护-n*k的情况,
对于 5 来讲
1 − > 2 − > 3 − > 4 − > 5 − 4 k 1 − 3 k 1 − 2 k 1 − 1 k 1 − 0 k 1 1 -> 2 -> 3 -> 4 -> 5 \\ -4k_1\ -3k_1\ -2k_1\ -1k_1\ -0k_1 1 − > 2 − > 3 − > 4 − > 5 − 4 k 1 − 3 k 1 − 2 k 1 − 1 k 1 − 0 k 1
可以变成这样
1 − > 2 − > 3 − > 4 − > 5 − 4 k 1 − 3 k 2 − 2 k 3 − 1 k 4 − 0 k 5 ∣ ∣ + 5 k 1 + 5 k 2 + 5 k 3 + 5 k 4 + 5 k 5 + − 1 k 1 − 2 k 2 − 3 k 3 − 4 k 4 − 5 k 5 1 -> 2 -> 3 -> 4 -> 5 \\ -4k_1\ -3k_2\ -2k_3\ -1k_4\ -0k_5\\ ||\\ +5k_1\ +5k_2\ +5 k_3\ +5k_4\ +5k_5\\ + \\ -1k_1\ -2k_2\ -3k_3\ -4k_4\ -5k_5 1 − > 2 − > 3 − > 4 − > 5 − 4 k 1 − 3 k 2 − 2 k 3 − 1 k 4 − 0 k 5 ∣∣ + 5 k 1 + 5 k 2 + 5 k 3 + 5 k 4 + 5 k 5 + − 1 k 1 − 2 k 2 − 3 k 3 − 4 k 4 − 5 k 5
所以我们可以维护两个BIT,一个用来记录∑ k i \sum k_i ∑ k i ∑ i ∗ k + i \sum i*k+i ∑ i ∗ k + i
同时在用一个维护x i x_i x i
考虑是在树上进行i i i
在加一个树剖就能做了
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 int n; struct edge{ int to,next; }G[N<<1]; int head[N],cntG; void add(int u,int v){ G[cntG].to=v,G[cntG].next=head[u],head[u]=cntG++; G[cntG].to=u,G[cntG].next=head[v],head[v]=cntG++; } LL bit[N][3]; # define lowbit(x) (x&-x) void update(int i,int v,int x){ for(;i&&i<=n;i+=lowbit(i)){ bit[i][x]+=v; bit[i][x]%=MOD; } } LL getSum(int i,int x){ LL ans = 0; for(;i;i-=lowbit(i)) ans+=bit[i][x]; return ans%=MOD; } int dep[N],fa[N],son[N],sz[N]; void dfs(int u,int f,int d){ dep[u]=d,fa[u]=f,son[u]=0,sz[u]=1; for(int i=head[u],to;i!=-1;i=G[i].next){ to=G[i].to; if(to == f) continue; dfs(to,u,d+1); sz[u]+=sz[to]; if(sz[to]>sz[son[u]]) son[u]=to; } } int top[N],tree[N],tot; void dfs2(int u,int tp){ tree[u]=++tot;top[u]=tp; if(son[u]) dfs2(son[u],tp); else return ; for(int i=head[u],to;i!=-1;i=G[i].next){ to=G[i].to; if(to==fa[u]||to==son[u]) continue; dfs2(to,to); } } void solve(int x){ int fx=top[x],t=dep[x]; LL sum1 = 0,sum2 = 0,sum3 = 0; while(fx!=1){ sum1 = (sum1+getSum(tree[x],0)-getSum(tree[fx]-1,0)+MOD)%MOD; sum2 = (sum2+getSum(tree[x],1)-getSum(tree[fx]-1,1)+MOD)%MOD; sum3 = (sum3+getSum(tree[x],2)-getSum(tree[fx]-1,2)+MOD)%MOD; x=fa[fx],fx=top[x]; } sum1 = (sum1+(getSum(tree[x],0)-getSum(tree[1]-1,0))+MOD)%MOD; sum2 = (sum2+(getSum(tree[x],1)-getSum(tree[1]-1,1))+MOD)%MOD; sum3 = (sum3+(getSum(tree[x],2)-getSum(tree[1]-1,2))+MOD)%MOD; sum1*=t;sum1%=MOD; sum2-=sum1;sum2=(sum2%MOD+MOD)%MOD; sum2+=sum3;(sum2%=MOD); printf("%I64d\n",sum2); return ; } int main(){ int _ = 1,kcase = 0; for(scanf("%d",&_);_--;){ memset(head,-1,sizeof(head)); memset(bit,0,sizeof(bit)); n=read();cntG=0; for(int i=2,x;i<=n;i++){ x=read();add(i,x); } dfs(1,0,1); tot=0,dfs2(1,1); int q,op,v,x,k; for(q=read();q--;){ op=read(),v=read(); if(1 == op){ x=read(),k=read(); update(tree[v],k,0); update(tree[v],(LL)k*dep[v]%MOD,1); update(tree[v],x,2); } else solve(v); } } return 0; }
7 YYS ————————————————————————————————————
考虑拿到1个物品是的期望是1
那么拿到第二个物品就是在拿到第一个的基础上再拿到一个没拿过的 ，那么概率就是( n − 1 ) / n (n-1)/n ( n − 1 ) / n n / ( n − 1 ) n/(n-1) n / ( n − 1 )
那么拿到第三个物品就是在拿到第二个的基础上再拿到一个没拿过的 ，那么概率就是( n − 2 ) / n (n-2)/n ( n − 2 ) / n n / ( n − 2 ) n/(n-2) n / ( n − 2 )
。。。
那么拿到第n n n n − 1 n-1 n − 1 ( n − 2 ) / n (n-2)/n ( n − 2 ) / n n / ( n − 2 ) n/(n-2) n / ( n − 2 )
所以结果就是w × ∑ i = 1 n n i = ∑ i = 1 n n ! i \displaystyle w\times \sum_{i=1}^n\frac{n}{i} = \sum_{i=1}^n\frac{n!}{i} w × i = 1 ∑ n i n = i = 1 ∑ n i n !
因为数据有点大 所以上高精度
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T.len : len; for(i = 0 ; i < big ; i++) { t.a[i] +=T.a[i]; if(t.a[i] > MAXN) { t.a[i + 1]++; t.a[i] -=MAXN+1; } } if(t.a[big] != 0) t.len = big + 1; else t.len = big; return t; } BigNum BigNum::operator-(const BigNum & T) const //两个大数之间的相减运算 { int i,j,big; bool flag; BigNum t1,t2; if(*this>T) { t1=*this; t2=T; flag=0; } else { t1=T; t2=*this; flag=1; } big=t1.len; for(i = 0 ; i < big ; i++) { if(t1.a[i] < t2.a[i]) { j = i + 1; while(t1.a[j] == 0) j++; t1.a[j--]--; while(j > i) t1.a[j--] += MAXN; t1.a[i] += MAXN + 1 - t2.a[i]; } else t1.a[i] -= t2.a[i]; } t1.len = big; while(t1.a[t1.len - 1] == 0 && t1.len > 1) { t1.len--; big--; } if(flag) t1.a[big-1]=0-t1.a[big-1]; return t1; } BigNum BigNum::operator*(const BigNum & T) const //两个大数之间的相乘运算 { BigNum ret; int i,j,up; int temp,temp1; for(i = 0 ; i < len ; i++) { up = 0; for(j = 0 ; j < T.len ; j++) { temp = a[i] * T.a[j] + ret.a[i + j] + up; if(temp > MAXN) { temp1 = temp - temp / (MAXN + 1) * (MAXN + 1); up = temp / (MAXN + 1); ret.a[i + j] = temp1; } else { up = 0; ret.a[i + j] = temp; } } if(up != 0) ret.a[i + j] = up; } ret.len = i + j; while(ret.a[ret.len - 1] == 0 && ret.len > 1) ret.len--; return ret; } BigNum BigNum::operator/(const int & b) const //大数对一个整数进行相除运算 { BigNum ret; int i,down = 0; for(i = len - 1 ; i >= 0 ; i--) { ret.a[i] = (a[i] + down * (MAXN + 1)) / b; down = a[i] + down * (MAXN + 1) - ret.a[i] * b; } ret.len = len; while(ret.a[ret.len - 1] == 0 && ret.len > 1) ret.len--; return ret; } int BigNum::operator %(const int & b) const //大数对一个int类型的变量进行取模运算 { int i,d=0; for (i = len-1; i>=0; i--) { d = ((d * (MAXN+1))% b + a[i])% b; } return d; } BigNum BigNum::operator^(const int & n) const //大数的n次方运算 { BigNum t,ret(1); int i; if(n<0) exit(-1); if(n==0) return 1; if(n==1) return *this; int m=n; while(m>1) { t=*this; for( i=1;i<<1<=m;i<<=1) { t=t*t; } m-=i; ret=ret*t; if(m==1) ret=ret*(*this); } return ret; } bool BigNum::operator>(const BigNum & T) const //大数和另一个大数的大小比较 { int ln; if(len > T.len) return true; else if(len == T.len) { ln = len - 1; while(a[ln] == T.a[ln] && ln >= 0) ln--; if(ln >= 0 && a[ln] > T.a[ln]) return true; else return false; } else return false; } bool BigNum::operator >(const int & t) const //大数和一个int类型的变量的大小比较 { BigNum b(t); return *this>b; } void BigNum::print() //输出大数 { int i; printf("%d", a[len-1]); for (int i = len-2; i >= 0; --i) { printf("%04d", a[i]); } } int main(){ int _ = 1,n; for(scanf("%d",&_);_--;){ scanf("%d",&n); BigNum ans = 0,t = 1; for(int i=1;i<=n;i++){ t=t*i; } for(int i=1;i<=n;i++){ ans = ans + (t/i); } ans.print(); puts(".0"); } return 0; }
8 Cantonese ————————————————————————————————————
9 Magic ————————————————————————————————————
注意一个串是自身的后缀.
本以为这题另有高论, 后缀??! 后缀数组什么的…
但是没想到到啊 这个O ( n q ) O(nq) O ( n q )
首先预处理出每个字符串后缀的hash,
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10 Trades ————————————————————————————————————
显然要在便宜的时候买，贵的时候卖，
然后考虑到 对于两个相邻的天，如果前一天的便宜，今天的贵那么就可以在前一天买然后在今天卖掉，这样就能赚钱了，
然后考虑c [ i − 1 ] < c [ i ] < c [ i + 1 ] c[i-1]<c[i]<c[i+1] c [ i − 1 ] < c [ i ] < c [ i + 1 ] i − 1 i-1 i − 1 i + 1 i+1 i + 1 i − 1 i-1 i − 1 i i i i i i i + 1 i+1 i + 1
如果c [ i − 1 ] < c [ i ] c[i-1]<c[i] c [ i − 1 ] < c [ i ] i − 1 i-1 i − 1 i i i
不知道为什么用那个C++的高精度板子，就是过不去，然后用了Java才过。。
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11 Wand ————————————————————————————————————
考虑错排,
然后将至少有k个人的k+1个人的…n个人能拿到自己物品的方案数累加就行了,
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12 Tic-Tac-Toe ————————————————————————————————————
考虑数据范围这么小 直接暴力枚举就好了,
首先枚举’.’ ,如果Kim下在这里就赢了 那就是Kim win
所以暴力枚举两次就行了
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