热烈庆祝我马力大进步能调出计算几何了……
A
阅读理解+(map)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace red{
#define y1 qwq
#define int long long
#define eps (1e-6)
inline int read()
{
int x=0;char ch,f=1;
for(ch=getchar();(ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-';ch=getchar());
if(ch=='-') f=0,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
return f?x:-x;
}
int n,maxn,tot,x[1010];
string win,s[1010];
map<string,int> q,q1;
inline void main()
{
n=read();
for(int i=1;i<=n;++i)
{
cin>>s[i]>>x[i];
q[s[i]]+=x[i];
}
for(int i=1;i<=n;++i)
{
if(q[s[i]]==maxn) ++tot;
if(q[s[i]]>maxn) maxn=q[s[i]],tot=1,win=s[i];
}
if(tot==1)
{
cout<<win<<endl;
return;
}
for(int i=1;i<=n;++i)
{
q1[s[i]]+=x[i];
if(q1[s[i]]>=maxn&&q[s[i]]>=maxn)
{
cout<<s[i]<<endl;
return;
}
}
}
}
signed main()
{
red::main();
return 0;
}
B
一眼考虑(f[i][j][k])表示到(i,j)，乘积末尾为(k)的最少(0)数
发现被卡空间了
考虑(0)只能由(2*5)得到，记录(f[i][j][0/1])表示到(i,j)最少的(2/5)的数量，最后取(min(f[n][n][0],f[n][n][1]))
注意如果矩阵中有(0)，可以强制让答案变为(1)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace red{
#define y1 qwq
#define eps (1e-6)
inline int read()
{
int x=0;char ch,f=1;
for(ch=getchar();(ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-';ch=getchar());
if(ch=='-') f=0,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
return f?x:-x;
}
const int N=1005;
int n,ans;
int f[N][N][2];
int g[N][N][2];
int a[N][N][2];
bool flag;
int tx,ty;
inline void dfs(int x,int y,int opt)
{
if(x==1&&y==1) return;
if(g[x][y][opt])
{
dfs(x-1,y,opt);
putchar('D');
}
else
{
dfs(x,y-1,opt);
putchar('R');
}
}
inline void main()
{
n=read();
for(int x,y,i=1;i<=n;++i)
{
for(int j=1;j<=n;++j)
{
x=y=read();
if(!x)
{
tx=i,ty=j;
flag=1;
x=y=10;//变为10防止必须遇到这个0但答案仍然为0的情况
}
while(x%2==0) ++a[i][j][0],x/=2;
while(y%5==0) ++a[i][j][1],y/=5;
}
}
for(int i=1;i<=n;++i)
{
for(int j=1;j<=n;++j)
{
if(i==1)
{
g[i][j][0]=g[i][j][1]=0;
f[i][j][0]=f[i][j-1][0]+a[i][j][0];
f[i][j][1]=f[i][j-1][1]+a[i][j][1];
}
else if(j==1)
{
g[i][j][0]=g[i][j][1]=1;
f[i][j][0]=f[i-1][j][0]+a[i][j][0];
f[i][j][1]=f[i-1][j][1]+a[i][j][1];
}
else
{
if(f[i][j-1][0]<f[i-1][j][0]) g[i][j][0]=0,f[i][j][0]=f[i][j-1][0]+a[i][j][0];
else g[i][j][0]=1,f[i][j][0]=f[i-1][j][0]+a[i][j][0];
if(f[i][j-1][1]<f[i-1][j][1]) g[i][j][1]=0,f[i][j][1]=f[i][j-1][1]+a[i][j][1];
else g[i][j][1]=1,f[i][j][1]=f[i-1][j][1]+a[i][j][1];
}
}
}
ans=min(f[n][n][0],f[n][n][1]);
if(ans>1&&flag)
{
puts("1");
for(int i=1;i<tx;++i) putchar('D');
for(int i=1;i<ty;++i) putchar('R');
for(int i=tx+1;i<=n;++i) putchar('D');
for(int i=ty+1;i<=n;++i) putchar('R');
return;
}
printf("%d
",ans);
ans=f[n][n][0]<f[n][n][1]?0:1;
dfs(n,n,ans);
}
}
signed main()
{
red::main();
return 0;
}
/*
3
0 1 1
1 1 1
1 1 1
*/
C
怎么又是计算几何草，超级码力+必修二大复习
设答案点为(T)，与圆的切点为(A1,A2)
那么(frac{r_A}{dis(A,T)}=sin(frac{∠A1TA2}{2}))
由于三个圆角度应该相等，所以
(frac{r_A}{dis(A,T)}=frac{r_B}{dis(B,T)}=frac{r_C}{dis(C,T)})
我们设(frac{r_A}{r_B}=k)
把坐标代入(r_A,r_B)
(k^2=frac{(x_T-x_A)^2+(y_T-y_A)^2}{(x_T-x_B)^2+(x_T-x_A)^2})
移项
(k^2((x_T-x_B)^2+(x_T-x_A)^2)-(x_T-x_A)^2+(y_T-y_A)^2=0)
然后把未知数(x_T,y_T)分离出来得到
((k^2-1)x_T^2 + (k^2-1)y_T^2 - 2(k^2y_B - y_A)y_T - 2(k^2x_B - x_A)x_T+k^2x_B^2 - x_A^2 + k^2y_B^2 - y_A^2 = 0)
我们把常数项代替一下
(A=k^2-1,C=-2(k^2y_B-x_A),D=-2(k^2y_B-y_A),E=k^2x^2_B-x^2_A+k^2y^2_B-y^2_A)
原式等于(Ax^2+Ay^2+Cx+Dy+E=0)
我们发现，当(A)不为(0)时，交点集合是个圆，当(A)为(0)时，交点集合是直线
当(A=0)时，(k^2-1=0)，即(r_A=r_B)
然后大力分类讨论一下直线交直线交点，直线交圆交点，圆交圆交点
算出交点后还要判断一下是否满足对于第三个圆也满足(frac{r_A}{r_C}=frac{dis(A,T)}{dis(C,T)})
一些细节加在代码里
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace red{
#define y1 qwq
#define int long long
#define eps (1e-6)
inline int read()
{
int x=0;char ch,f=1;
for(ch=getchar();(ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-';ch=getchar());
if(ch=='-') f=0,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
return f?x:-x;
}
struct circle
{
double x,y,r;
}a[4];
struct node
{
double a,c,d,e;
double x,y,r;
double k,b;
bool v;
}d[3];
inline void getline(int i,int j,int id)
{
double k=a[i].r/a[j].r;
double c=-2*(k*k*a[j].x-a[i].x);
double dd=-2*(k*k*a[j].y-a[i].y);
double e=k*k*a[j].x*a[j].x-a[i].x*a[i].x+k*k*a[j].y*a[j].y-a[i].y*a[i].y;
d[id].k=-c/dd;
d[id].b=-e/dd;
d[id].v=1;
}
inline void getcir(int i,int j,int id)
{
double k=a[i].r/a[j].r;
d[id].a=k*k-1;
d[id].c=-2*(k*k*a[j].x-a[i].x)/d[id].a;
d[id].d=-2*(k*k*a[j].y-a[i].y)/d[id].a;
d[id].e=k*k*a[j].x*a[j].x-a[i].x*a[i].x+k*k*a[j].y*a[j].y-a[i].y*a[i].y;
d[id].e/=d[id].a;
d[id].x=-d[id].c/2;
d[id].y=-d[id].d/2;
d[id].r=sqrt(d[id].d*d[id].d+d[id].c*d[id].c-4*d[id].e)/2;
}
inline double dis(double x1,double y1,double x2,double y2)
{
return sqrt((x1-x2)*(x1-x2)+(y1-y2)*(y1-y2));
}
inline void solve1()//直线交点
{
double x=(d[2].b-d[1].b)/(d[1].k-d[2].k);
double y=(d[1].k*x+d[1].b);
if(fabs(a[1].r/a[3].r-dis(a[1].x,a[1].y,x,y)/dis(a[3].x,a[3].y,x,y))>eps) return;
printf("%.5lf %.5lf
",x,y);
}
inline void solve2()//直线交圆
{
double aa=1+(d[1].k*d[1].k);
double b=d[2].c+2*d[1].k*d[1].b+d[2].d*d[1].k;
double c=d[1].b*d[1].b+d[1].b*d[2].d+d[2].e;
double tmp=b*b-4*aa*c;
if(tmp<-eps) return;
double x1=(-b+sqrt(tmp))/(2*aa),y1=d[1].k*x1+d[1].b;
double x2=(-b-sqrt(tmp))/(2*aa),y2=d[1].k*x2+d[1].b;
if(fabs(a[1].r/a[3].r-dis(a[1].x,a[1].y,x1,y1)/dis(a[3].x,a[3].y,x1,y1))>eps) x1=y1=1000000;//对于第三个圆不满足
if(fabs(a[1].r/a[3].r-dis(a[1].x,a[1].y,x2,y2)/dis(a[3].x,a[3].y,x2,y2))>eps) x2=y2=1000000;
if(x1==1000000&&x2==1000000) return;
if(x1==1000000) {printf("%.5lf %.5lf
",x2,y2);return;}
if(x2==1000000) {printf("%.5lf %.5lf
",x1,y1);return;}
//判断哪个点的sin值更大
if(sin(a[1].r/dis(a[1].x,a[1].y,x1,y1))>sin(a[1].r/dis(a[1].x,a[1].y,x2,y2))) printf("%.5lf %.5lf
",x1,y1);
else printf("%.5lf %.5lf
",x2,y2);
}
inline void solve3()
{
double c=d[2].c-d[1].c,dd=d[2].d-d[1].d,e=d[2].e-d[1].e;
d[1].k=-c/dd;
d[1].b=-e/dd;//两圆相减得到交点所在直线
solve2();
}
inline void main()
{
for(int i=1;i<=3;++i) a[i].x=read(),a[i].y=read(),a[i].r=read();
if(a[1].r==a[3].r) swap(a[2],a[3]);
else if(a[2].r==a[3].r) swap(a[1],a[3]);//如果有直线，放在第一个
if(a[1].r==a[2].r) getline(1,2,1);
else getcir(1,2,1);
if(a[2].r==a[3].r) getline(2,3,2);
else getcir(2,3,2);
if(d[1].v&&d[2].v) solve1();//直线直线
else if(d[1].v&&!d[2].v) solve2();//直线圆
else solve3();//圆圆
}
}
signed main()
{
red::main();
return 0;
}
/*
50 60 70
70 80 90
100 120 130
*/