本人两天总共拿到40分 喜提倒数第一+胸牌 本人成功拉低了整条街的智商
序列妙妙值
为什么全场都会这道题
我这题得了40分，欧耶
还是做过极其类似的题，还写过blog，结果还是不会做
(O(kn^2))暴力：(dp_{i,j})表示前(i)个数分为(j)段
(O(knv))做法：记录前缀异或和为(x)的最优解(f_x)
记录(val_{i,j})表示前缀异或和前(8)位为(i) 当查询的时候前缀异或和后八位为(j)时能对应的最优解
这样每次先查询然后修改 复杂度单次都是(sqrt v)的
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fp(i,l,r) for(register int (i)=(l);i<=(r);++(i))
#define fd(i,l,r) for(register int (i)=(l);i>=(r);--(i))
#define fe(i,u) for(register int (i)=front[(u)];(i);(i)=e[(i)].next)
#define mem(a) memset((a),0,sizeof (a))
#define O(x) cerr<<#x<<':'<<x<<endl
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
void wr(int x){
if(x<0)putchar('-'),x=-x;
if(x>=10)wr(x/10);
putchar('0'+x%10);
}
const int S=(1<<8)-1;
int n,K,val[1<<8][1<<8],dp[9][60010],a[60010];
inline void ins(int i,int j){
if(dp[i][j]>=1e9)return;
const int L=a[j]&S,R=a[j]>>8;
fp(k,0,S)val[L][k]=min(val[L][k],dp[i][j]+((R^k)<<8));
}
inline int ask(int j){
const int L=a[j]&S,R=a[j]>>8;
int res=1e9;
fp(k,0,S)res=min(res,val[k][R]+(L^k));
return res;
}
main(){
n=read();K=read();
fp(i,1,n)a[i]=read()^a[i-1];
fp(i,0,8)fp(j,0,n)dp[i][j]=1e9;
dp[0][0]=0;
fp(i,1,K){
fp(j,0,S)fp(k,0,S)val[j][k]=1e9;
fp(j,i,n){
ins(i-1,j-1);
dp[i][j]=ask(j);
}
}
fp(i,K,n)wr(dp[K][i]),putchar(' ');
puts("");return 0;
}
网络恢复
以后再说。。
好像可以给每个点随机个权值(a_i) 如果有一个点(x)度数1 那么存在一个点(y)使得(b_y=a_x)且(b_x=a_y)
校园闲逛
谢谢rank1爷$E答疑解惑
定义一个多项式矩阵(A) (A_{i,j})是一个多项式 (x^k)项表示从(i)到(j)有多少条长度为(k)的边
可以发现(A^k)表示走(k)条边对应的方案数
要求(B=sum_i A^i=frac{1}{1-A})
即对(1-A)这个矩阵求逆
不会(O(v(n^3+n^2logv))) 只实现了(O(n^3vlogv))常数还极差 只有70分 哎
同构判定鸭
谢谢rank1爷$E答疑解惑
如果存在解且解非无穷，则长度不超过(n1+n2+1) 但没看懂如何证明。。
一个字符串的hash值是(prod A[S_i][|S|-i]) (A)是一个随机的数组
这样就可以在前面加字符了
每次尝试在字符串前多加一个字符判定是否出现次数相同
若不再相同
http://uoj.ac/submission/425140 不过好像加单向边就可以
己酸集合
先照着官方题解抄一遍
写出圆方程(x^2_i+(y_i−z_i)^2≤R^2_i)。
移项得到(x^2_i+y^2_i≤R^2_i−z^2_i+2y_iz_i)。
如果我们把((x_i,y_i))映射到((y_i,x^2_i+y^2_i)),则问题转化为询问直线(l:kx+b)以下的点个数。其中(k=2z_i,b=R^2_i−z^2_i)。
然后这个我又不会做了。。
当询问的直线的斜率(k)逐渐变大时 考虑将斜率为(k)的直线从下往上平移的过程中任意两个点(A)和(B)谁会先到该直线下方
(k)极小时显然横坐标小的点会先到直线下方 当然横坐标相同时比较纵坐标就行 以这个标准给点排序
将任意两个点之间斜率排序(横坐标相同别管了) 这个斜率即是横坐标大的点先到直线下方时的临界值
有两个：恶心的地方是点坐标可能相同，三点可能贡献（我要死了）
有个神奇的处理方法。。将斜率排序时 第一个点的原排名作为第二关键字 第二个点的原排名作为第三关键字
说白了就是要用稳定排序 我个zz
然后要交换的时候如果第一个点排到第二个点后面去了就别交换了
没有完全理解。。
时间复杂度(O((n^2+Q)log n)) 不太平衡 要想到对点序列分块（然而我就想不到） 块大小取(O(sqrt Q))最优
然后我这个脑残二分时设了l初值为0
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fp(i,l,r) for(register int (i)=(l);(i)<=(r);++(i))
#define fd(i,l,r) for(register int (i)=(l);(i)>=(r);--(i))
#define fe(i,u) for(register int (i)=front[(u)];(i);(i)=e[(i)].next)
#define mem(a) memset((a),0,sizeof (a))
#define O(x) cerr<<#x<<':'<<x<<endl
#define int long long
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
void wr(int x){
if(x<0)putchar('-'),x=-x;
if(x>=10)wr(x/10);
putchar('0'+x%10);
}
const int MAXN=12010,MAXM=1e6+10;
struct poi{
int x,y;
inline friend bool operator<(const poi &a,const poi &b){
if(a.x==b.x)return a.y<b.y;
return a.x<b.x;
}
}a[MAXN],b[MAXN];
struct line{
int k,b,id;
inline friend bool operator<(const line &a,const line &b){
return a.k<b.k;
}
}q[MAXM];
struct node{
int x,y;double k;
inline friend bool operator<(const node &a,const node &b){
if(a.k==b.k)return a.x==b.x?a.y<b.y:a.x<b.x;
return a.k<b.k;
}
}c[MAXM];
int n,Q,B,ans[MAXM],pos[MAXN];
inline void Swap(int x,int y){
if(pos[x]>pos[y])return;
swap(b[pos[x]],b[pos[y]]);
swap(pos[x],pos[y]);
}
inline void solve(int n){
sort(b+1,b+1+n);
int tot=0;
fp(i,1,n)fp(j,i+1,n)if(b[i].x!=b[j].x){
double k=1.0*(b[i].y-b[j].y)/(b[i].x-b[j].x);
c[++tot]={i,j,k};
}
sort(c+1,c+1+tot);
fp(i,1,n)pos[i]=i;
int p=0;
fp(i,1,Q){
int k=q[i].k,B=q[i].b,id=q[i].id;
while(p<tot&&c[p+1].k<k)++p,Swap(c[p].x,c[p].y);
int l=1,r=n,res=0;
//fp(i,2,n)assert(b[i-1].y-k*b[i-1].x<=b[i].y-k*b[i].x);
while(l<=r){
int mid=l+r>>1;
if(k*b[mid].x+B>=b[mid].y)l=mid+1,res=mid;
else r=mid-1;
}
ans[id]+=res;
}
}
main(){
//freopen("ex_circle2.in","r",stdin);freopen("circle.out","w",stdout);
n=read();Q=read();B=sqrt(Q);
fp(i,1,n){
int x=read(),y=read();
a[i].x=y;a[i].y=x*x+y*y;
}
fp(i,1,Q){
int z=read(),r=read();
q[i].k=2*z;q[i].b=r*r-z*z;q[i].id=i;
}
sort(q+1,q+1+Q);
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=min(n,l+B-1);
fp(i,l,r)b[i-l+1]=a[i];
solve(r-l+1);
}
fp(i,1,Q)wr(ans[i]),putchar('
');
return 0;
}
挑战哈密顿
只会把题解复制粘贴一遍了
维护边的一个尽量大子集，满足只考虑这些边时每个点出入度都不超过1，且不构成圈。
如果子集大小达到n−1，则找到了一条哈密顿路。
考虑调整维护子集。按随机顺序考虑边，如果加入后不构成圈，且加入之后所有点度数均仍合法，则加入这条边。
否则如果不构成圈，但有一个点度数不合法，则以一半概率加入并把该点相连的与新加入边矛盾的边断掉。
用最暴力的方法实现，也能总用时在10秒左右跑出前9个点，10分钟左右跑出最后一个点。
dmy神发代码了：http://peehs-moorhsum.blog.uoj.ac/blog/6384