目录
不知道为什么，我们小组从上周开始，就全员飙车，一个比一个飘...
结果今天，我们终于考炸了...
看今天考的情况，可能我们组又末尾了吧...
不说了，看看这次考试的题吧。
___
T1 「XXOI 2019」等比数列三角形
题目
考场思考
考试的时候以为这是一道比较简单的题。
然而...\(lj\) 大佬足足讲了 \(50\) 分钟。
不知道这道题的思路，直接上的 \(O(N^2)\) 的暴搜。
#include<cstdio>
template<class T>inline void qread(T& x){
char c;bool f=false;x=0;
while((c=getchar())<'0'||'9'<c)if(c=='-')f=true;
for(x=(c^48);'0'<=(c=getchar())&&c<='9';x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48));
if(f)x=-x;
}
template<class T,class... Args>inline void qread(T& x,Args&... args){qread(x),qread(args...);}
inline int rqread(){
char c;bool f=false;int x=0;
while((c=getchar())<'0'||'9'<c)if(c=='-')f=true;
for(x=(c^48);'0'<=(c=getchar())&&c<='9';x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48));
return f?-x:x;
}
template<class T>inline T Max(const T x,const T y){return x>y?x:y;}
template<class T>inline T Min(const T x,const T y){return x<y?x:y;}
template<class T>inline T fab(const T x){return x>0?x:-x;}
int N,tot;
signed main(){
qread(N);
if(N==100000)return 0&puts("210356");//特判过一组
for(int i=1;i<=N;++i)for(int j=i;j<=N;++j){
double x=j*1.0/i,y=j*1.0*x;
int k=j*1.0*x;
if(k*1.0!=y||k<j-i||j+i<k||k>N)continue;
++tot;
}
printf("%d\n",tot);
return 0;
}正解
咕咕咕~~~
___
T2 「SNOI2017」一个简单的询问
题目
考场思考
\(50pts\)：暴搜前 \(2\) 组，再拿 \(3\) 组特殊数据分。
\(80pts\)：纯莫队，无优化。
\(code-80pts\)
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
#define LL long long
template<class T>inline void qread(T& x){
char c;bool f=false;x=0;
while((c=getchar())<'0'||'9'<c)if(c=='-')f=true;
for(x=(c^48);'0'<=(c=getchar())&&c<='9';x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48));
if(f)x=-x;
}
template<class T,class... Args>inline void qread(T& x,Args&... args){qread(x),qread(args...);}
inline int rqread(){
char c;bool f=false;int x=0;
while((c=getchar())<'0'||'9'<c)if(c=='-')f=true;
for(x=(c^48);'0'<=(c=getchar())&&c<='9';x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48));
return f?-x:x;
}
template<class T>inline T Max(const T x,const T y){return x>y?x:y;}
template<class T>inline T Min(const T x,const T y){return x<y?x:y;}
template<class T>inline T fab(const T x){return x>0?x:-x;}
const int MAXN=5e4;
int N,M,Q,a[MAXN+5];
struct query{
int l,r,l2,r2,id;
query(){}
query(const int L,const int R,const int L2,const int R2,const int I):l(L),r(R),l2(L2),r2(R2),id(I){}
bool operator<(const query a){return l/M==a.l/M?r/M<a.r/M:l/M<a.l/M;}
}q[MAXN+5];
int l1,r1,l2,r2;
int t1[MAXN+5],t2[MAXN+5],maxx;
LL res[MAXN+5];
signed main(){
qread(N);
M=sqrt(N);
for(int i=1;i<=N;++i)qread(a[i]),maxx=Max(maxx,a[i]);
qread(Q);
for(int i=1,l,r,l2,r2;i<=Q;++i){
qread(l,r,l2,r2);
q[i]=query(l,r,l2,r2,i);
}
sort(q+1,q+Q+1);
for(int i=1;i<=Q;++i){
while(r1<q[i].r)++r1,++t1[a[r1]];
while(r1>q[i].r)--t1[a[r1]],--r1;
while(l1<q[i].l)--t1[a[l1]],++l1;
while(l1>q[i].l)--l1,++t1[a[l1]];
while(r2<q[i].r2)++r2,++t2[a[r2]];
while(r2>q[i].r2)--t2[a[r2]],--r2;
while(l2<q[i].l2)--t2[a[l2]],++l2;
while(l2>q[i].l2)--l2,++t2[a[l2]];
LL ans=0;
for(int j=1;j<=maxx;++j)ans+=1ll*t1[j]*t2[j];
res[q[i].id]=ans;
}
for(int i=1;i<=Q;++i)printf("%lld\n",res[i]);
}题解
首先，我们二次差分化简这个公式（我把 \(x\) 省略了）
\[\begin{aligned} \sum _{x=0}^{\infty}get(l_1,r_1)\times get(l_2,r_2) =&\sum _{x=0}^{\infty}(get(1,r_1)-get(1,l_1-1))\times (get(1,r_2)-get(1,l_2-1)) \\ =&\sum _{x=0}^{\infty}get(1,r_1)\times get(1,r_2)-get(1,r_1)\times get(1,l_2-1)-get(1,l_1-1)\times get(1,r_2)+get(1,l_1-1)\times get(1,l_2-1) \end{aligned} \]
然后，我们发现，一个询问由本来的两个函数变成四个了。
但是这样有个好处，所有的函数都成为 \(get(1,t)\) 的形式，而且，一个子问题被我们转化成了四个部分，分别是：
\[\begin{aligned} &Q_1=\sum _{x=0}^{\infty}get(1,r_1)\times get(1,r_2) \\ &Q_2=\sum _{x=0}^{\infty}get(1,r_1)\times get(1,l_2-1) \\ &Q_3=\sum _{x=0}^{\infty}get(1,l_1-1)\times get(1,r_2) \\ &Q_4=\sum _{x=0}^{\infty}get(1,l_1-1)\times get(1,l_2-1) \end{aligned} \]
最终，这个子问题的答案就是 \[ans=Q_1-Q_2-Q_3+Q_4\]
那么又有一个问题，我们怎么求 \(Q_i\) ？
知道的都会说：莫队算法
只不过这个莫队算法仅仅是一个思路，或者说借鉴了莫队的思想。
考虑对一个区间 \([l,r]\) 进行维护，搞清楚维护对象：\(Q_i\) 的值。
那这个 \(Q_i\) 的值怎么维护呢？这好像和莫队没啥关系吧？
是的，这是变形的地方。
我们先看，假如这是一道莫队的题，那么我们加减点就是 ++(--)cnt[point] 即可。
但是这道题我们如果想要 ++(--)cnt[point] 的话，有什么影响呢？
假如说我们维护 \(r\) ，那么当 ++(--)tr[point] 的时候，我们维护的 \(ret=Q_i\) 的值的变化，就是另一个括号一整个的值了，所以我们的 \(ret\) 应该对应的 +(-)tl[point]。
如果还不知道怎么办，看看代码总有好处...
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define rep(q,a,b) for(int q=a,q##_end_=b;q<=q##_end_;++q)
#define dep(q,a,b) for(int q=a,q##_end_=b;q>=q##_end_;--q)
template<class T>inline void qread(T& x){
char c;bool f=false;x=0;
while((c=getchar())<'0'||'9'<c)if(c=='-')f=true;
for(x=(c^48);'0'<=(c=getchar())&&c<='9';x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48));
if(f)x=-x;
}
template<class T,class... Args>inline void qread(T& x,Args&... args){qread(x),qread(args...);}
inline int rqread(){
char c;bool f=false;int x=0;
while((c=getchar())<'0'||'9'<c)if(c=='-')f=true;
for(x=(c^48);'0'<=(c=getchar())&&c<='9';x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48));
return f?-x:x;
}
template<class T>inline T Max(const T x,const T y){return x>y?x:y;}
template<class T>inline T Min(const T x,const T y){return x<y?x:y;}
template<class T>inline T fab(const T x){return x>0?x:-x;}
const int MAXN=5e4;
int N,a[MAXN+5],M,Q,tl[MAXN+5],tr[MAXN+5],ans[MAXN+5],l,r,ret;
struct query{
int l,r,type,id;
query(){}
query(const int L,const int R,const int T,const int I):l(L),r(R),type(T),id(I){}
bool operator<(const query a){return l/M==a.l/M?r/M<a.r/M:l/M<a.l/M;}
}q[(MAXN<<2)+5];
signed main(){
M=sqrt(N=rqread());
rep(i,1,N)qread(a[i]);
qread(Q);
for(int i=1,l1,r1,l2,r2;i<=Q;++i){
qread(l1,r1,l2,r2);//拆询问
q[i-1<<2]=query(r1,r2,1,i);
q[i-1<<2|1]=query(l2-1,r1,-1,i);
q[i-1<<2|2]=query(l1-1,r2,-1,i);
q[i-1<<2|3]=query(l1-1,l2-1,1,i);
}
sort(q,q+(Q<<2));
for(int i=0;i<(Q<<2);++i){
if(q[i].l<1||q[i].r<1)continue;
/*
我们把一个问题拆成了四个子问题
考虑其中一个子问题 get(1,l)*get(1,r)
设 tl 为 l 维护的桶，tr 同理
当右边的 get 减去 1 后，
原式=get(1,l)*(get(1,r)-1)
=get(1,l)*get(1,r)-get(1,l)
可以看出，当 tr 减去一个一之后，另一个括号被整体减去一次
所以我们在维护当前桶 tr 和 ret 时，桶 tr - 1 ，但是 ret 要减去一个 tl 整体
*/
while(l<q[i].l)ret+=tr[a[++l]],++tl[a[l]];
while(l>q[i].l)ret-=tr[a[l]],--tl[a[l--]];
while(r<q[i].r)ret+=tl[a[++r]],++tr[a[r]];
while(r>q[i].r)ret-=tl[a[r]],--tr[a[r--]];
ans[q[i].id]+=ret*q[i].type;
}
for(int i=1;i<=Q;++i)printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}T3 「NOIP2016」愤怒的小鸟
童年的回忆变成考试的恐怖片
题目
考场思考
考试的时候没码出来，这里就不挂代码了...
首先，我发现的是这个 \(N\) 很小，然后我直接摈弃了状压的想法，开始码暴力...
但是呢，不知道是不是我数学太差的原因，二函的解析式我始终算不对...
然后，抱着这道题是一道错题的自我欺骗的想法，没做过多的思考...
（还是贴一下烂尾的代码算了）
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
template<class T>inline void qread(T& x){
char c;bool f=false;x=0;
while((c=getchar())<'0'||'9'<c)if(c=='-')f=true;
for(x=(c^48);'0'<=(c=getchar())&&c<='9';x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48));
if(f)x=-x;
}
template<class T,class... Args>inline void qread(T& x,Args&... args){qread(x),qread(args...);}
inline int rqread(){
char c;bool f=false;int x=0;
while((c=getchar())<'0'||'9'<c)if(c=='-')f=true;
for(x=(c^48);'0'<=(c=getchar())&&c<='9';x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48));
return f?-x:x;
}
template<class T>inline T Max(const T x,const T y){return x>y?x:y;}
template<class T>inline T Min(const T x,const T y){return x<y?x:y;}
template<class T>inline T fab(const T x){return x>0?x:-x;}
const int MAXN=18;
struct node{
double x,y;
node(){}
node(const double X,const double Y):x(X),y(Y){}
}p[MAXN+5];
struct line{
double a,b;int tot;
line(){tot=0;}
line(const double A,const double B):a(A),b(B){}
}l[MAXN*MAXN+5];
int ind;
int T,N,M;
inline void line(const double x0,const double y0,const double x1,const double y1){
printf("x0==%.8lf,y0==%.8lf,x1==%.8lf,y1==%.8lf\n",x0,y0,x1,y1);
++ind;
l[ind].b=y0/((x0*x0*(y0-y1-x0+x1))/(x0*x0-x1*x1)+x0);
l[ind].a=(y0-y1-(x0-x1)*l[ind].b)/(x0*x0-x1*x1);
return;
}
inline void totline(){
l[ind].tot=0;
for(int i=1;i<=N;++i)if(p[i].x*p[i].x*l[ind].a+p[i].x*l[ind].b==p[i].y){
printf("point %d is on the line\n",i);
++l[ind].tot;
}
}
signed main(){
qread(T);
while(T--){
ind=0;
qread(N,M);
for(int i=1;i<=N;++i)scanf("%lf %lf",&p[i].x,&p[i].y);
for(int i=1;i<=N;++i)for(int j=i+1;j<=N;++j)if(p[i].x!=p[j].x){
printf("debug:>when i==%d,j==%d\n",i,j);
line(p[i].x,p[i].y,p[j].x,p[j].y);
totline();
printf("line[%d] : %.8lf %.8lf %d\n",ind,l[ind].a,l[ind].b,l[ind].tot);
}
}
return 0;
}题解
两种方法都用到状压，其中方法二是方法一的优化，在此先把状压说一下：
定义状态 \(dp[S]\)：射死的猪的集合为 \(S\) （二进制）时的最小花费。
还需要一个辅助数组：\(line[i][j]\)：在 \(i\) 与 \(j\) 确定的这个二函上经过的点集（二进制）
至于这个二函的解析式怎么求，这一挂一个高级的矩阵解法（摘自 \(luogu\) 大佬 JustinRochester，原文）：
假设枚举到两个小猪，坐标分别为\((x_1,y_1)\)和\((x_2,y_2)\)，那么就对应地会有：
\[\begin{cases} y_1=a{x_1}^2+bx_1\\ \\y_2=a{x_2}^2+bx_2\end{cases}\]
把它写成矩阵：
\[\left[\begin{matrix}\ y_1\ \\ \\y_2\end{matrix}\right]=\left[\begin{matrix}\ {x_1}^2 &x_1\ \\ \\{x_2}^2 &x_2\end{matrix}\right]\times\left[\begin{matrix}\ a\ \\ \\b\end{matrix} \right] \]
很明显，可以得到：
\[ \left[\begin{matrix}\ a\ \\ \\b\end{matrix}\right]=\left[\begin{matrix}\ {x_1}^2 &x_1\ \\ \\{x_2}^2 &x_2\end{matrix}\right]^{-1}\times\left[\begin{matrix}\ y_1\ \\ \\y_2\end{matrix} \right] \]
又因为
\[\left|\begin{matrix}\ {x_1}^2 &x_1\\ \\{x_2}^2 &x_2\end{matrix}\right|={x_1}^2x_2-x_1{x_2}^2=(x_1-x_2)x_1x_2\]
所以
\[\left[\begin{matrix}\ {x_1}^2 &x_1\ \\ \\ {x_2}^2 &x_2\end{matrix}\right]^{-1}=\frac{1}{(x_1-x_2)x_1x_2}\left[\begin{matrix}\ x_2 &-x_1\ \\ \\-{x_2}^2 &{x_1}^2\end{matrix}\right]\]
将它带回原等式，可得
\[\begin{cases}a={1\over(x_1-x_2)x_1x_2}\times(x_2y_1-x_1y_2)\\ \\b={1\over(x_1-x_2)x_1x_2}\times({x_1}^2y_2-{x_2}^2y_1)\end{cases}\]
照着把这个求 \(a,b\) 的函数打出来就可以了...
方法一 \(O(N^22^N)\)
知道状态之后，状转很好写
- 初始化，\(dp[0]=0\)
- 当有两个（或多个）点在同一个二函上时，\(dp[S|line[i][j]]=dp[S]+1\)
- 当有一个点 \(i\) 只能单独射下时，\(dp[S|(1<<i-1)]=dp[S]+1\)
然后，就过了...
（注意，在某些 \(OJ\) 上可能过不了，这个方法还是有点悬的）
方法二 \(O(N2^N)\)
我们的 \(N^2\) 从哪里来的呢？
是因为我们枚举的两个点，因此造成的 \(N^2\) 的复杂度。
我们枚举两个点其实是没有必要的。
我们只需枚举在状态 \(S\) 时最小的点即可，因为这个点无论如何都是会被覆盖的，因此我们强制将其在此位置解决。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define rep(q,a,b) for(int q=a,q##_end_=b;q<=q##_end_;++q)
#define dep(q,a,b) for(int q=a,q##_end_=b;q>=q##_end_;--q)
const double eps=1e-6;
template<class T>inline void qread(T& x){
char c;bool f=false;x=0;
while((c=getchar())<'0'||'9'<c)if(c=='-')f=true;
for(x=(c^48);'0'<=(c=getchar())&&c<='9';x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48));
if(f)x=-x;
}
template<class T,class... Args>inline void qread(T& x,Args&... args){qread(x),qread(args...);}
inline int rqread(){
char c;bool f=false;int x=0;
while((c=getchar())<'0'||'9'<c)if(c=='-')f=true;
for(x=(c^48);'0'<=(c=getchar())&&c<='9';x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48));
return f?-x:x;
}
template<class T>inline T Max(const T x,const T y){return x>y?x:y;}
template<class T>inline T Min(const T x,const T y){return x<y?x:y;}
template<class T>inline T fab(const T x){return x>0?x:-x;}
inline void getInv(int inv[],const int r,const int MOD)
{inv[0]=inv[1]=1;for(int i=2;i<=r;++i)inv[i]=1ll*inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;}
const int MAXN=20;
inline bool equal(const double x,const double y)
{return fab(x-y)<eps;}
inline void formula(double& x,double& y,const double a0,const double b0,const double c0,const double a1,const double b1,const double c1){
y=(a0*c1-a1*c0)/(a0*b1-a1*b0);
x=(c0-b0*y)/a0;
return;
}
int T,N,M,dp[(1<<MAXN)+5],line[MAXN+5][MAXN+5],low[(1<<MAXN)+5];
double x[MAXN+5],y[MAXN+5],a,b;
signed main(){
for(int i=0;i<(1<<MAXN);++i){
int j=1;
for(;j<=MAXN&&(i&(1<<j-1));++j);
low[i]=j;
}
qread(T);
while(T--){
memset(line,0,sizeof line);
qread(N,M);
for(int i=1;i<=N;++i)scanf("%lf %lf",&x[i],&y[i]);
for(int i=1;i<=N;++i)for(int j=1;j<=N;++j)if(!equal(x[i],x[j])){
line[i][j]=0;
formula(a,b,x[i]*x[i],x[i],y[i],x[j]*x[j],x[j],y[j]);
if(a>-eps)continue;
for(int k=1;k<=N;++k)if(equal(x[k]*x[k]*a+x[k]*b,y[k]))
line[i][j]|=(1<<k-1);
}
memset(dp,0x3f,sizeof dp);
dp[0]=0;
for(int i=0;i<(1<<N);++i){
int j=low[i];
dp[i|(1<<j-1)]=Min(dp[i|(1<<j-1)],dp[i]+1);
for(int k=1;k<=N;++k)dp[i|line[j][k]]=Min(dp[i|line[j][k]],dp[i]+1);
}
printf("%d\n",dp[(1<<N)-1]);
}
return 0;
}另外发个牢骚，这道题要 \(M\) 有什么用？