20200204 第一场
进度（9 / 10） 未完成：J
A、honoka和格点三角形
1、链接
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/3002/A
2、题面
honoka最近在研究三角形计数问题。
她认为，满足以下三个条件的三角形是“好三角形”。
1.三角形的三个顶点均为格点，即横坐标和纵坐标均为整数。
2.三角形的面积为 。
3.三角形至少有一条边和 轴或
轴平行。
honoka想知道，在平面中选取一个大小为 的矩形格点阵，可以找到多少个不同的“好三角形”？由于答案可能过大，请对
取模。
3、思路
根据题目限制条件，这样的三角形可以分类为：底边水平，底边垂直；每一类底边可以为1也可以为2，所以总共为4类。
以底边垂直且长度为1为例，如图所示，对于n * m的矩形格点阵，存在(n - 1) * m个这样的底边；对于每一个这样的底边，可以找出n个向右延伸的三角形。排除最靠右的两列，总共n * (m - 2) * (n - 1)，同理加上向左延伸的三角形，共有2 * (n - 1) * (m - 2) * n个此类型三角形。
同理，底边垂直长度为2的三角形有2 * (n - 2) * (m - 1) * n个；
底边水平长度为1的三角形也有2 * (m - 1) * (n - 2) * m个，但是由于其中的直角三角形在之前已经被计算过了，所以要稍微修改一下：(m - 1) * (n - 2) * (2 * m - 4)。
同理，底边水平长度为2的三角形有(m - 2) * (n - 1) * (2 * m - 4)个。
答案就是把上述四种三角形加起来。
到现在这道题就做完了，但由于n, m <= 10 ^ 9，计算时超出long long范围，直接相加会溢出（我懒得加了然后就WA了），所以要化成一个合适的形式，因式分解一下就行了。
4、代码
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 #define MOD 1000000007 5 typedef long long ll; 6 7 ll n, m; 8 9 int main() { 10 cin >> n >> m; 11 cout << ((2 * m + 2 * n - 4) % MOD) * ((2 * n * m - 3 * n - 3 * m + 4) % MOD) % MOD; 12 return 0; 13 }
B、kotori和bangdream
1、链接
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/3002/B
2、题面
有一天，kotori发现了一个和lovelive相似的游戏：bangdream。令她惊讶的是，这个游戏和lovelive居然是同一个公司出的！
kotori经过一段时间的练习后已经变得非常触，每个音符 x% 的概率perfect，获得a 分， (100−x)% 概率great，获得b 分。
已知一首歌有n 个音符。kotori想知道，不考虑连击加成的话，一首歌得分的期望是多少？
3、思路
签到题。思路略。这里学到了一个cout保留小数的方法： cout << fixed << setprecision(x) << ...，x表示保留小数位数。
4、代码
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 double n, x, a, b; 5 6 int main() { 7 cin >> n >> x >> a >> b; 8 cout << fixed << setprecision(2) << n * (x / 100 * a + (1 - x / 100) * b); 9 return 0; 10 }
C、umi和弓道
1、链接
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/3002/C
2、题面
umi对弓道非常痴迷。
有一天，她在研究一个射箭问题：
在一个无限大的平面中，她站在 这个坐标。
有 个靶子，第
个靶子的坐标是
umi准备在 轴或
轴上放置一块挡板来挡住弓箭的轨迹，使得她可以射中的靶子数量不超过
个。
她想知道挡板的最短长度是多少？
注：假定弓箭的轨迹是起点为umi坐标、长度无穷大的射线。umi和靶子的体积可以无视。挡板的边缘碰到弓箭轨迹也可视为挡住弓箭。
注2：挡板不能弯折，起始和终点必须在同一坐标轴上。
3、思路
简单计算几何。当且仅当射的靶子和(x0, y0)不在同一象限，才可能被挡住。挡板要么在x轴，要么在y轴，则分类讨论：
① 靶子与(x0, y0)在x轴两侧，则x轴挡板可以挡该靶子；
② 靶子与(x0, y0)在y轴两侧，则y轴挡板可以挡该靶子。
利用计算几何知识，求出两种情况下两点所在直线与x/y轴相交的位置，并进行排序，然后双指针从左至右进行扫描，找到最小值即可。
4、代码
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 #define MAXN 100005 5 #define INF 0x3f3f3f3f 6 7 double a, b, X, Y; 8 int n, k, tx, ty; 9 double xl[MAXN], yl[MAXN], xx[MAXN], xy[MAXN], yx[MAXN], yy[MAXN], ans = INF; 10 11 int main() { 12 cin >> X >> Y >> n >> k; 13 for (int i = 1; i <= n; i++) { 14 cin >> a >> b; 15 if (a * X < 0 || a == 0) yx[++ty] = a, yy[ty] = b; 16 if (b * Y < 0 || b == 0) xx[++tx] = a, xy[tx] = b; 17 } 18 for (int i = 1; i <= tx; i++) 19 xl[i] = (xx[i] * Y - xy[i] * X) / (Y - xy[i]); 20 for (int i = 1; i <= ty; i++) 21 yl[i] = (yy[i] * X - yx[i] * Y) / (X - yx[i]); 22 sort(xl + 1, xl + tx + 1), sort(yl + 1, yl + ty + 1); 23 for (int i = 1; i <= tx - n + k + 1; i++) ans = min(ans, xl[i + n - k - 1] - xl[i]); 24 for (int i = 1; i <= ty - n + k + 1; i++) ans = min(ans, yl[i + n - k - 1] - yl[i]); 25 if (ans == INF) cout << -1; 26 else printf("%.8lf", ans); 27 return 0; 28 }
D、hanayo和米饭
1、链接
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/3002/D
2、题面
hanayo很喜欢吃米饭。
有一天，她拿出了 n 个碗，第一个碗装了 1 粒米饭，第二个碗装了 2 粒米饭，以此类推，第 n 个碗装了 n 粒米饭。
然而，爱搞恶作剧的rin把所有的碗的顺序打乱，并拿走了一个碗。hanayo想知道，rin拿走的碗里有多少粒米饭？
3、思路
签到题，略。
4、代码
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 typedef long long ll; 5 6 ll n, o, tot; 7 8 int main() { 9 cin >> n; 10 for (int i = 1; i <= n - 1; i++) cin >> o, tot += o; 11 cout << (1 + n) * n / 2 - tot; 12 return 0; 13 }
E、rin和快速迭代
1、链接
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/3002/E
2、题面
rin最近喜欢上了数论。
然而数论实在太复杂了，她只能研究一些简单的问题。
这天，她在研究正整数因子个数的时候，想到了一个“快速迭代”算法。设 为
的因子个数，将
迭代下去，rin猜想任意正整数最终都会变成
。
例如： 。
她希望你帮她验证一下。她会给你一个正整数 ，让你输出它在迭代过程中，第一次迭代成
的迭代次数。
3、思路
（本来这也是个签到题吧。。结果我弄了大半天，烦）
虽然数据看着很大，n <= 10 ^ 12，但众所周知求n的约数，只需枚举1到sqrt(n)，又根据题意的迭代方式，实际复杂度仅仅只有O(sqrt(n)) = O(10 ^ 6)。然而我首先没注意到如果它是完全平方数的情况，直接枚举完*2，然后就巴拉巴拉弄了好久，人傻了。最近码力明显下滑了。
不过这题又非暴力解法，由“约数个数定理”得：
这样就有了另一种思路，按下不表。
4、代码
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 typedef long long ll; 5 6 ll n; 7 8 ll work(ll o, ll d) { 9 if (o == 2) return d; 10 ll x = 0; 11 for (ll i = 1; i <= sqrt(o); i++) x += o % i ? 0 : i * i == o ? 1 : 2; 12 return work(x, d + 1); 13 } 14 15 int main() { 16 cin >> n; 17 cout << work(n, 0); 18 return 0; 19 }
F、maki和tree
1、链接
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/3002/F
2、题面
有一天，maki拿到了一颗树。所谓树，即没有自环、重边和回路的无向连通图。
这个树有 个顶点，
条边。每个顶点被染成了白色或者黑色。
maki想知道，取两个不同的点，它们的简单路径上有且仅有一个黑色点的取法有多少？
注：
①树上两点简单路径指连接两点的最短路。
② 和
的取法视为同一种。
3、思路
对于每一个黑点，所有与其相连的白色节点连通图相互之间的点可以取路径，取法个数为
可以简化为
，以降低复杂度。
4、代码
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 #define MAXN 100005 5 #define INF 1 << 30 6 7 typedef long long ll; 8 9 char s[MAXN]; 10 std :: vector <int> G[MAXN]; 11 ll n, sum, x, y, ans; 12 13 void dfs(int o, int f) { 14 if (s[o] == 'B') return; 15 sum++; 16 for (int i = 0; i < G[o].size(); i++) 17 if (G[o][i] != f) dfs(G[o][i], o); 18 } 19 20 int main() { 21 cin >> n >> s + 1; 22 for (int i = 1; i < n; i++) { 23 cin >> x >> y; 24 G[x].push_back(y); 25 G[y].push_back(x); 26 } 27 for (int i = 1; i <= n; i++) { 28 ll t1 = 0, t2 = 0; 29 if (s[i] == 'B') { 30 for (int j = 0; j < G[i].size(); j++) { 31 sum = 0, dfs(G[i][j], G[i][j]); 32 ans += sum, t1 += sum, t2 += sum * sum; 33 } 34 ans += (t1 * t1 - t2) / 2; 35 } 36 } 37 cout << ans; 38 return 0; 39 }
G、rin和快速迭代
1、链接
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/3002/G
2、题面
eli拿到了一个仅由小写字母组成的字符串。
她想截取一段连续子串，这个子串包含至少 k 个相同的某个字母。
她想知道，子串的长度最小值是多少？
注：所谓连续子串，指字符串删除头部和尾部的部分字符（也可以不删除）剩下的字符串。例如：对于字符串“arcaea”而言，“arc””、“rcae”都是其子串。而“car”、“aa”则不是它的子串。
3、思路
直接对于每个字母记录每一次出现的位置，再枚举距离为k时两个位置差的最小值。
4、代码
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 #define MAXN 200005 5 #define INF 1 << 30 6 7 int a[205][MAXN], ans = INF, n, k; 8 char ch[MAXN]; 9 10 int main() { 11 cin >> n >> k >> ch + 1; 12 for (int i = 1; i <= n; i++) a[ch[i]][++a[ch[i]][0]] = i; 13 for (int i = 'a'; i <= 'z'; i++) { 14 if (!a[i][0]) continue; 15 for (int j = 1; j <= a[i][0] - k + 1; j++) ans = min(ans, a[i][j + k - 1] - a[i][j]); 16 } 17 cout << (ans == INF ? -1 : ans + 1); 18 return 0; 19 }
H、nozomi和字符串
1、链接
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/3002/H
2、题面
nozomi看到eli在字符串的“花园”里迷路了，决定也去研究字符串问题。
她想到了这样一个问题：
对于一个 “01”串而言，每次操作可以把 0 字符改为 1 字符，或者把 1 字符改为 0 字符。所谓“01”串，即只含字符 0 和字符 1 的字符串。
nozomi有最多 k 次操作的机会。她想在操作之后找出一个尽可能长的连续子串，这个子串上的所有字符都相同。
nozomi想问问聪明的你，这个子串的长度最大值是多少？
注：k 次操作机会可以不全部用完。
如果想知道连续子串的说明，可以去问问eli，nozomi不想再讲一遍。
3、思路
自己做的时候思路爆炸了，知道是要用个l标记和r标记，来动态调整这个长度，然后在调整过程中记录最大值，写了许久却写不好。看了个题解豁然开朗。
题解给了个专业的词来表示这个方法——尺取法。在丈量一段区间是否合适时，秉承的规则是，在操作次数不超过限制的前提下尽可能区间尽可能长。
根据题意，我们有2种操作的方式——0换成1,1换成0。以0换成1为例，对于下一位为1，直接右移右端点；如果为0，当前还有操作次数，则消耗一个操作次数，右移右端点；如果没有了，则右移左端点直到为0，再右移右端点，以腾出一个操作次数使区间前进来寻找是否存在更大值。
4、代码
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 #define MAXN 200005 5 6 int n, k, ans; 7 char ch[MAXN]; 8 9 int main() { 10 cin >> n >> k >> ch + 1; 11 for (int i = 1; i <= n; i++) ch[i] -= '0'; 12 for (int x = 0; x <= 1; x++) { 13 int l = 1, r = 1, o = 0; 14 for (int i = 1; i <= n; i++) { 15 if (ch[i] == 0) 16 if (o < k) o++, r++; 17 else { 18 while (l <= r && ch[l] == 1) l++; 19 l++, r++; 20 } 21 else r++; 22 ans = max(ans, r - l); 23 } 24 } 25 cout << ans; 26 return 0; 27 }
I、nico和niconiconi
1、链接
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/3002/I
2、题面
nico平时最喜欢说的口头禅是niconiconi~。
有一天nico在逛著名弹幕网站"niconico"的时候惊异的发现，n站上居然有很多她的鬼畜视频。其中有一个名为《让nico为你洗脑》的视频吸引了她的注意。
她点进去一看，就被洗脑了:"niconicoh0niconico*^vvniconicoG(vniconiconiconiconiconicoG(vniconico......"
弹幕中刚开始有很多“nico*1 nico*2”等计数菌，但到后面基本上都是“计数菌阵亡”的弹幕了。
nico也想当一回计数菌。她认为："nico" 计 分，"niconi" 计
分，"niconiconi" 计
分。
她拿到了一个长度为 的字符串，请帮她算出最大计数分数。
注：已被计数过的字符不能重复计数！如"niconico"要么当作"nico"+"nico"计 分，要么当作"niconi"+"co"计
分。
3、思路
简单DP。小时候的我超不理解DP，现在觉得DP这东西好妙。可能我对抽象的东西接受得很慢吧。
f[i]表示前i个字符的最大得分，状态由三种计分的字符串来转移，具体略。
4、代码
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 #define MAXN 300005 5 typedef long long ll; 6 7 const char s[4][10] = {{}, {'n', 'i', 'c', 'o'}, {'n', 'i', 'c', 'o', 'n', 'i'}, {'n', 'i', 'c', 'o', 'n', 'i', 'c', 'o', 'n', 'i'}}; 8 const ll l[4] = {0, 4, 6, 10}; 9 10 ll n, p[4], f[MAXN]; 11 char ch[MAXN]; 12 13 bool chk(ll o, ll x) { 14 if (o < 0) return 0; 15 for (ll i = o; i <= o + l[x] - 1; i++) 16 if (ch[i] != s[x][i - o]) return 0; 17 return 1; 18 } 19 20 int main() { 21 cin >> n >> p[1] >> p[2] >> p[3] >> ch + 1; 22 for (ll i = 1; i <= n; i++) { 23 for (ll j = 1; j <= 3; j++) 24 if (chk(i - l[j] + 1, j)) f[i] = max(f[i], f[i - l[j] + 1] + p[j]); 25 f[i] = max(f[i], f[i - 1]); 26 } 27 cout << f[n]; 28 return 0; 29 }