2020牛客暑期多校训练营（第二场)

B Boundary

题意

在平面上给若干个点，求一个过原点的圆，使得尽量多的点在圆上。
保证点数不超过 $2000$，坐标绝对值不超过 $10000$。

枚举两个点，与原点三点确定一个圆。
求得每个点的圆心位置，用数据结构或排序维护每个圆心的出现次数。

AC代码：

const int N = 2010;
ld x[N], y[N];
map<pair<ld, ld>, int> mp;
int main()
{
	int n;
	sd(n);
	rep(i, 1, n)
			cin >>
		x[i] >> y[i];
	ll ans = 0, now;
	rep(i, 1, n)
	{
		mp.clear(); //每次枚举完点后清空
		for (int j = i + 1; j <= n; j++)
		{
			if (x[i] * y[j] - x[j] * y[i] == 0)
				continue; //三点共线无圆
			ld xx = ((y[j] - y[i]) * y[i] * y[j] - x[i] * x[i] * y[j] + x[j] * x[j] * y[i]) / (x[j] * y[i] - x[i] * y[j]);
			ld yy = ((x[j] - x[i]) * x[i] * x[j] - y[i] * y[i] * x[j] + y[j] * y[j] * x[i]) / (y[j] * x[i] - y[i] * x[j]);
			++mp[pair<ld, ld>(xx, yy)];
			ans = max(ans, (ll)mp[pair<ld, ld>(xx, yy)]);
		}
	}
	pld(ans + 1);
}

C Cover the Tree

题意;

选取最小的链数，把树的边缘都覆盖。答案就是 $\lceil \frac{n}{2} \rceil$，即每次连两个叶子，dfs一遍把叶子节点按dfs序排序，然后按照 $i,i+mid$ 这样连即可。

AC代码：

const int N = 5e5 + 50;
int n, k, m;
int head[N], deg[N], tot;
int ans[N];

struct node
{
	int to;
	int nex;
} e[N << 1];

void add(int u, int v)
{
	e[++tot].to = v, e[tot].nex = head[u];
	head[u] = tot;
}

void dfs(int u, int fa)
{
	for (int i = head[u], v = e[i].to; i; i = e[i].nex, v = e[i].to)
	{
		if (v != fa)
			dfs(v, u);
	}
	if (deg[u] == 1)
		ans[++ans[0]] = u;
}
int main()
{
	sd(n);
	rep(i, 0, n)
		head[i] = deg[i] = 0;
	tot = 0;
	rep(i, 1, n - 1)
	{
		int u, v;
		sdd(u, v);
		add(u, v);
		add(v, u);
		deg[u]++, deg[v]++;
	}
	if (n == 1)
	{
		puts("1");
		puts("1 1");
		return 0;
	}
	else if (n == 2)
	{
		puts("1");
		puts("1 2");
		return 0;
	}
	int root = 0;
	rep(i, 1, n)
	{
		if (deg[i] > 1)
		{
			root = i;
			break;
		}
	}
	ans[0] = 0;
	dfs(root, 0);
	pd((ans[0] + 1) / 2);
	rep(i, 1, (ans[0] + 1) / 2)
		pdd(ans[i], ans[i + ans[0] / 2]);
	return 0;
}

D Duration

题意：

水题

AC代码：

int main(void)
{    
    ll h1,m1,s1;
    ll h2,m2,s2;

    scanf("%lld:%lld:%lld",&h1,&m1,&s1);
    scanf("%lld:%lld:%lld",&h2,&m2,&s2);

    ll k1=h1*3600+m1*60+s1;
    ll k2=h2*3600+m2*60+s2;
    printf("%lld",abs(k1-k2));
    
    return 0;
}

F Fake Maxpooling

题意：

$n∗m$ 的矩阵中每一位为 $gcd(i,j)$，求所有 $k∗k$ 的子矩阵中最大值的和。

单调队列，将每个位置往下k个中最大值记录下来。然后再 $n∗m$ 遍历时以前面求出的答案为基础往右 $k$ 个中最大值加入答案。

AC代码：

const int N = 2e6 + 50;
const int mod = 998244353;
int n, m, k, x;
deque<PII> q;
int maxn[5005][5005];
int main()
{
    sddd(n, m, k);
    ll ans = 0;
    rep(i, 1, n)
    {
        while (!q.empty())
            q.pop_back();
        rep(j, 1, m)
        {
            int l = lcm(i, j);
            if (!q.empty() && q.front().fi <= j - k)
                q.pop_front();
            while (!q.empty() && q.back().se <= l)
                q.pop_back();
            q.emplace_back(j, l);
            if (j >= k)
                maxn[i][j - k + 1] = q.front().se;
        }
    }
    rep(j, 1, m - k + 1)
    {
        while (!q.empty())
            q.pop_back();
        rep(i, 1, n)
        {
            if (!q.empty() && q.front().fi <= i - k)
                q.pop_front();
            while (!q.empty() && q.back().se <= maxn[i][j])
                q.pop_back();
            q.emplace_back(i, maxn[i][j]);
            if (i >= k)
                ans += 1ll * q.front().se;
        }
    }
    pld(ans);
    return 0;
}

J Just Shuffle

题意：

给你正整数 $n，k$，和一个长度为 $n$ 的排列 $A$ ，求一个置换排列 $P$，使得原排列 ${1,2,⋯,n}$ 在进行 $k$ 次 $P$ 置换之后变成排列 $A$。输出所求的排列 $P$，如果不存在就输出 $-1$。

因为 $k$ 为质数，所以在置换时循环大小不会变化，所以给定排列的循环大小就是置换的循环大小，对于每一个循环单独考虑，将 $k　mod　len$当做一次置换，那么只要找到 $x∗k　mod　len=1 $时的 $x$，做 $x$ 次置换，就可以得到答案。下面是学弟的代码：

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
typedef long long ll;
const int mxn=100010;
int a[mxn],n,k;
bool vis[mxn];
 
int sz,qd,s[mxn];
ll GCD;
ll gcd(ll a,ll b){
    if(!b) return a;
    return gcd(b,a%b);
}
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
    if(!b){
        x=1;y=0;return a;
    }
    GCD=exgcd(b,a%b,y,x);
    y-=a/b*x;
    return GCD;
}
ll niyuan(ll a,ll mod){
    ll x,y;
    GCD=exgcd(a,mod,x,y);                //让b=mod 然后用拓展欧几里得公式求解
    return GCD==1? (x%mod+mod)%mod:0;
}
void dfs(int x){
    s[++sz]=x;
    vis[x]=1;
    if(x==qd) return;
    dfs(a[x]);
}
int ans[mxn];
bool sol(){
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    for(int i=1;i<=n;i++) if(!vis[i]){
        sz=0;
        qd=i;
        dfs(a[i]);
        if(sz==1){
            ans[i]=i;
            continue;
        }
        int g=k%sz;
        if(gcd(sz,g)>1) return 0;
        int ny=niyuan(g,sz);
        int na=i,nb=i;
        for(int i=1;i<=ny;i++) nb=a[nb];
        for(int i=1;i<=sz;i++){
            ans[na]=nb;
            na=a[na];
            nb=a[nb];
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",ans[i]);
    printf("\n");
    return 1;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&a[i]);
    }
    if(!sol()) printf("-1\n");
/*
    int g[100],h[mxn];
    for(int i=1;i<=n;i++) g[i]=i;
    for(int i=0;i<5;i++){
        for(int i=1;i<=n;i++) h[i]=g[a[i]];
        for(int i=1;i<=n;i++) g[i]=h[i];
        for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",g[i]);
        printf("\n");
    }
*/
    return 0;
}