Gym 101845（2018 ACM-ICPC, Universidad Nacional de Colombia Programming Contest）

Problem A

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Problem B

分析：

暴力查找，由操作$1$，我们可以知道原串的第一位可以匹配结果串的每一位，所以$mathcal{O}(n)$枚举对齐判断就好；由操作$2$，对于每一个对齐好的原串，我们要花最少次数变成答案串，我们可以确定一个位置，然后进行变换，这里有三种情况：

1. 变选定位置和它的后一个位置
2. 变选定位置和它的前一个位置
3. 变选定位置和它的后一个位置，再变选定位置和它的前一个位置，即选定位置变了两次
   接着根据递推关系把原串变了，在最后一次变换后判断可不可行，不同对齐的情况取$ext{min}$就好。

整体时间复杂度$mathcal{O}(n^2)$

代码：

Code

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Problem C

题意：

给你两个串$str1$和$str2$以及$m$种操作，对于第$i$操作你可以花费$cost_i$元，将字符$c_i$编程字符$v_i$。现在问你将$str1$转化为$str2$的最小花费。

分析：

考虑将这$m$种操作的关系连边，并形成一个关系图。要想使得$str1$转化成$str2$的花费最少，显然是对于$str1$中的每一个跟$str2$不同的字符，我们要在关系图中找最小的花费。

因此这显然是一个多元最短路的问题，我们用$ext{Floyd}$即可。

代码：

Code

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Problem D

题意：

给你一个有$n$个顶点的多边形，现在有$m$个点对$(x,y)$，现在让你求出这$m$个点对中，$x$和$y$所夹的最大的突变型的面积。

分析：

首先，对于一个$n$边形，如果要求出他的面积，则我们可以把他划分成$n-1$个三角形，之后我们只需要用叉积的形式求出这$n-1$个三角形的面积即可。

而现在这个题目中，需要我们求$m$个由点对$(x,y)$围城的多边形，如果我们用上面的做法去做时间复杂度显然会达到$mathcal{O}(nm)$。

但是我们发现，在我们求一个$n$边形的面积的时候，我们是采用将面积累加的形式，而由此，我们可以采用前缀和去优化。

我们设$ext{sum[i]}$为前$i$个点所围成的多边形的面积，我们画一下图之后可以发现，点对$(x,y)$所围成的面积即为：$ext{sum[y-1]-sum[x]-(p[x] ^ ~p[y]) }$。

代码：

Code

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Problem E

题意：

给你一个边长为$n$的正三角形，正三角形的每条边都有$n-1$条线跟对应的边平行，且这$n-1$条线都是平分线。

现在问你，在这样的一个三角形中，有多少个点对$(x,y)$，使得由他们组成的线段$xy$中，包含着点$c$，使得点$c$也是这个三角形的顶点。

分析：

因为$n$比较小，因此我们可以打表。显然我们可以把这个边长为$n$的$frac{(1+n)*n}{2}$个顶点的坐标都表示出来，其次我们可以首先枚举线段的两个顶点$x,y$，再枚举第三个点$z$，判断是否存在一个点$z$在线段$x,y$中。

之后打表获取答案即可，打表的时间复杂度为$mathcal{O}(n^5)$，鉴于$n$还是比较小，还是可以在比较快的时间内得出答案的。

而这题也有时间复杂度为$mathcal{O}(n^2)$的优秀算法，有时间再更新。

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Problem F

题意：

有$n$支队伍，每个队伍有$3$个队员，每个队伍都有一个或多个擅长的领域（分别为A到Z）。而一个队伍最擅长的领域取决于他们中出现次数最多的（如果有多个则都是）。

现在规定，每个领域最多只能有$k$个队伍擅长，现在问你，最多有多少个队伍符合条件。

分析：

网络流的裸题。

我们考虑先让每个队伍跟他符合条件的领域连边。

因为每个领域最多只能有$k$个队伍擅长，因此，我们只需要对每个领域向超级汇点连接一条大小为$k$的边限流即可。

最后把超级源点都给每个队伍连一条大小为$1$的边作为流量，最后对这张图跑最大流即可。

代码：

Code

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Problem G

分析：

先把每个字母的取和不取的概率算出来，要用到乘法逆元；接着进行$dp$，$dp[i][j]$表示到长度i时猜中到第$j$个的概率，最后将所有猜中到第$m$个的概率加起来就是答案。
复杂度$mathcal{O}(n*m)$

代码：

Code

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Problem H

温暖的签到题，只需要知道平年每过一年星期数+1，如果是闰年，过一年后星期数+2即可。

Code

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Problem I

貌似是一个温暖的签到题，可能因为没有外榜大家都没有很快的$AC$。

实质上只需要模拟一下二进制循环移位的过程就结束了。

Code

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Problem J

题意：

有$n$个点，$m$条边。对于第$i$条边，你可以从$u_i$走到$v_i$，花费$c_i$元，花费$t_i$时间。同时，你只能在时间$s_i$时候进行移动，且你只能在每$s_i+f_i 、s_i+2*f_i dots s_i+n*f_i$时刻进行移动。现在问你从$1$号结点走到$n$号结点的最少时间以及在此基础下的最小的花费。

分析：

虽然多了一个移动时间的限制，但是本质上还是一个最短路径的问题。

我们发现等待的过程可以分为两种：

1. 当前的时间$curleq s_i$
2. 当前的时间$cur > s_i$

对于第一种情况，我们显然只能等待到$s_i$时候后，再花费$t_i$的时间，故对于情况$1$，此时需要花费的累计的时间为$cur=s_i+t_i$

而对于第二种情况，要使的花费时间最小，我们必然想要等到一个最近的发车点，因此我们只需要获取需要等待的时间间隔$frac{cur-s_i}{f_i}+1$，并用这个间隔算出最终所需的时间。

而倘若解决了上诉时间问题，之后我们只需要利用所算出的时间进行松弛操作即可。

代码：

Code

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Problem K

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Problem L

分析：

构造题，对于一个边长为$N=2^n$的矩阵，我们可以每次对它一分为$4$，类似“田”字，然后查找哪个子矩阵有一个点被占用，即有被填过或为一开始的$(x,y)$，然后在四个矩阵的交界处，填上一个$L$，这个$L$经过另外三个矩阵，这时候四个子矩阵都有一个点被占用了，接下来我们对子矩阵再进行同样的操作，直到矩阵不可再分。

最后填色，对你填$L$过程中的$L$打标记，最后$\%26$填字母就行，要说正确性，题目中$2^n$的矩阵，$n$最大才$11$，你递归过程中，按顺序来，碰撞概率是极低的吧
复杂度$mathcal{O}(N*N)$

代码：

Code

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Problem M

分析：

一个比较简单的概率的问题……

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll a,b,k;
int main(){
    cin>>a>>b>>k;
    double ans=0;
    ll res=b-k+1;
    if (k>b) ans=1.0*b/k;
    else  ans=1.0*((k-1)+1.0*res/(res+a))/k;
    printf("%.7f
",ans);
    return 0;
}