题目链接
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/5667#question
B
题意：
使n个点中尽可能多的点在某个圆上，这个圆过原点，求最多有多少个点
思路：
枚举两个点，与原点构成三角形，求外接圆圆心（注意三点共线）
将所有圆心排序，计算相同的圆心个数的最大值 \(mx\)
枚举求出 \(C_{res}^2=mx\)
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2005;
const double eps=5e-7;
int sgn(double x) {return fabs(x)<eps?0:(x>0?1:-1);}
struct P {
double x,y;
P(){}
P(double x,double y):x(x),y(y){}
bool operator == (const P &a) const {return !sgn(x-a.x)&&!sgn(y-a.y);}
bool operator < (const P &a) const {return sgn(x-a.x)<0||sgn(x-a.x)==0&&sgn(y-a.y)<0;}
P operator + (const P &a) const {return P(x+a.x,y+a.y);}
P operator - (const P &a) const {return P(x-a.x,y-a.y);}
P operator * (const double &k) const {return P(x*k,y*k);}
P operator / (const double &k) const {return P(x/k,y/k);}
double operator ^ (const P &a) const {return x*a.y-y*a.x;} //叉积
P rotleft() {return P(-y,x);} //绕原点逆时针旋转 90 度
}a[N],ps[N*N];
struct L {
P s,t;
L(){}
L(P s,P t):s(s),t(t){}
bool parallel(const L &a) {return sgn((t-s)^(a.t-a.s))==0;} //平行
P cross_point(L a) { //两直线交点 需保证不平行不重合
double t1=(t-s)^(a.t-a.s);
double t2=(t-a.t)^(a.t-a.s);
double l=(t1==0?0:t2/t1);
P dd=P(t.x-(t.x-s.x)*l,t.y-(t.y-s.y)*l);
return dd;
}
};
P compute_circle_center(P a,P b,P c) {
if(L(a,b).parallel(L(a,c))) return P(1e18,1e18);
L u=L((a+b)/2,(a+b)/2+(b-a).rotleft());
L v=L((a+c)/2,(a+c)/2+(c-a).rotleft());
return u.cross_point(v);
}
int n,res,cnt;
int main() {
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) {
scanf("%lf%lf",&a[i].x,&a[i].y);
for(int j=1;j<i;j++) {
P t=compute_circle_center(P(0,0),a[i],a[j]);
if(t.x==t.y&&fabs(t.x-1e18)<eps) continue;
ps[++cnt]=t;
}
}
if(cnt==0) res=1;
else {
sort(ps+1,ps+1+cnt);
P pre=ps[1];
int tot=1,mx=1;
for(int i=2;i<=cnt;i++) {
if(ps[i]==ps[i-1]) tot++,mx=max(mx,tot);
else tot=1,pre=ps[i];
}
for(int i=n;i>=1;i--) if(i*(i-1)/2==mx) {res=i;break;}
}
printf("%d\n",res);
return 0;
}
C
题意：
在无根树中选择最少的链覆盖所有的边至少一次
思路：
选择一个非叶子节点为根，按照 dfs 序记录下所有叶子
记 \(l[i]\) 为按 dfs 序排序后排为 \(i\) 的叶子节点，\(cnt\) 为叶子个数
当 \(cnt\) 为偶数，构造的链为 \(l[i]\rightarrow l[cnt/2+1],l[i+1]->l[cnt/2+2],...,l[cnt/2]\rightarrow l[cnt]\)
设某条边的儿子节点所覆盖的叶子节点的区间为 \([L,R]\)
当 \(R\le cnt/2\)，这条边会被 \(l[R]\rightarrow l[R+cnt/2]\) 覆盖
当 \(L>cnt/2\)，这条边会被 \(l[L-cnt/2]\rightarrow l[L]\) 覆盖
否则因为根的度大于 \(1\)，所以 \(L\ne 1\)，\(R\ne cnt\) 必有一个条件满足，若 \(L\ne 1\)，这条边会被 \(l[1]\rightarrow l[cnt/2+1]\) 覆盖，若 \(R\ne cnt\)，这条边会被 \(l[cnt/2]\rightarrow l[cnt]\) 覆盖
当 \(cnt\) 为奇数，则给匹配剩下那个叶子节点随意匹配一个叶子节点即可
如果以一个叶子节点为根，将根加在按 dfs 序排序后的叶子节点的数组最后即可
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int n,cnt[N],lf[N],tot;
vector<int> G[N];
void dfs(int u,int fa) {
cnt[u]=0;
for(auto v:G[u]) {
if(v==fa) continue;
dfs(v,u);
cnt[u]++;
}
if(!cnt[u]||u==1&&cnt[u]==1) lf[++tot]=u;
}
int main() {
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<n;i++) {
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
G[u].push_back(v),G[v].push_back(u);
}
dfs(1,0);
printf("%d\n",tot+1>>1);
for(int i=1;i<=tot/2;i++) printf("%d %d\n",lf[i],lf[tot-i+1]);
if(tot&1) printf("%d %d\n",lf[tot/2+1],1);
return 0;
}
D
题意：
求两个时刻差多少秒
思路：
分别换算两个时刻在这一天的秒数，求差
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char a[10],b[10];
int get(char c) {
return c-'0';
}
int main() {
scanf("%s%s",a,b);
int ha=get(a[0])*10+get(a[1]),hb=get(b[0])*10+get(b[1]);
int ma=get(a[3])*10+get(a[4]),mb=get(b[3])*10+get(b[4]);
int sa=get(a[6])*10+get(a[7]),sb=get(b[6])*10+get(b[7]);
printf("%d\n",abs(ha*3600+ma*60+sa-hb*3600-mb*60-sb));
return 0;
}
F
题意：
一个 \(n*m\) 的矩阵，每个单元格 \(A_{i,j}=lcm(i,j)\)，求所有 \(k*k\) 的子矩阵中的最大值的和
思路：
二维滑动窗口
暴力求 \(A\) 为 \(O(nmlogn)\)，考虑 \(O(nm)\) 的求法（见代码）
设 \(mx[i][j]\) 为以 \((i,j)\) 为右上角的子矩阵中的最大值，这样就不会对后面的更新产生影响
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5005;
int n,m,k,a[N][N],gcd[N][N];
long long res;
deque<int> dq;
int main() {
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
if(!gcd[i][j])
for(int k=1;i*k<=n&&j*k<=m;k++)
gcd[i*k][j*k]=k,a[i*k][j*k]=i*j*k;
for(int i=1;i<=n;i++) {
dq.clear();
for(int j=1;j<=m;j++) {
if(!dq.empty()&&j-dq.front()+1>k) dq.pop_front();
while(!dq.empty()&&a[i][dq.back()]<=a[i][j]) dq.pop_back();
dq.push_back(j);
if(j-k+1>0) a[i][j-k+1]=a[i][dq.front()];
}
}
for(int j=1;j<=m;j++) {
dq.clear();
for(int i=1;i<=n;i++) {
if(!dq.empty()&&i-dq.front()+1>k) dq.pop_front();
while(!dq.empty()&&a[dq.back()][j]<=a[i][j]) dq.pop_back();
dq.push_back(i);
if(i-k+1>0) a[i-k+1][j]=a[dq.front()][j];
}
}
for(int i=1;i<=n-k+1;i++) {
for(int j=1;j<=m-k+1;j++)
res+=a[i][j];
}
printf("%lld\n",res);
return 0;
}
J
题意：
求序列 \(\{1,2,3,...,n\}\) 按照 \(P\) 置换 \(k\)（\(10^8\le k\le 10^9\)，\(k\) 为质数） 次后为 \(A\)，已知 \(k\) 和 \(A\)，求按照 \(P\) 置换一次后的序列
思路：
设原序列为 \(E\)，\(E*P^k=P^k=A\)
找出所有循环置换，对于某个循环置换，设 \(sz\) 为环的大小，\(U\) 为 \(P\) 的子序列，\(V\) 为 \(A\) 的子序列，那么 \(U^{k\%sz}=V\)，\(V^{k^{-1}\%sz}=U\)
因为 \(\gcd(k,sz)=1\)，又因为模数较小，所以对于 \(kx\%sz=1\) 可以枚举 \(x\) 求出逆元
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int n,p[N],cnt,vis[N],res[N];
int m;
vector<int> v[N];
void find_cycle(int x) {
if(vis[x]) return;
vis[x]=cnt;
v[cnt].push_back(x);
find_cycle(p[x]);
}
int main() {
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&p[i]);
for(int i=1;i<=n;i++) {
if(vis[i]) continue;
++cnt;
find_cycle(i);
int sz=v[cnt].size(),inv;
for(int j=0;j<sz;j++) if(1ll*m*j%sz==1) {inv=j;break;}
for(int j=0;j<sz;j++) res[v[cnt][j]]=v[cnt][(j+inv)%sz];
}
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",res[i]);
puts("");
return 0;
}