这几天睡眠时间都不太够，室友晚上太会折腾了，感觉有点累，所以昨天的题解也没写，看晚上能不能补起来。
B . Marbles
题意：给定N组数(xi,yi)，玩家轮流操作，每次玩家可以选择其中一组对其操作，可以把它减去一个数，或同时减去一个数，当玩家操作后出现了（0，0）则胜利。
思路：注意这里是出现(0,0)胜，而不是全都是(0,0)胜，所以我们不能简单的球sg，最后异或得到答案。
但是我们转化一下，如果玩家面对的全是(1,2) 或(2,1)，则他胜利，那么我们可以以这两个状态为起点得到sg函数，就转化为了nim博弈。 当然，前提是没有xi==yi的情况。
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int maxn=;
int sg[maxn][maxn],vis[maxn];
void getsg()
{
rep(i,,)
rep(j,,){
if(i==j) continue;
memset(vis,,sizeof(vis));
rep(k,,min(i-,j-)) vis[sg[i-k][j-k]]=;
rep(k,,i-) if(i-k!=j) vis[sg[i-k][j]]=;
rep(k,,j-) if(i!=j-k) vis[sg[i][j-k]]=;
rep(k,,) if(!vis[k]){ sg[i][j]=k; break; }
}
}
int main()
{
int N,F=,x,y,sum=;
getsg();
scanf("%d",&N);
rep(i,,N){
scanf("%d%d",&x,&y);
sum^=sg[x][y];
if(x==y) F=;
}
if(F||sum) puts("Y");
else puts("N");
return ;
}
C .Pizza Cutter
题意：对于一个匹萨，限制横着切N刀，竖着切M刀，问最后披萨被分为了多少块。 保证不存在超过三刀相交在一点的情况，以及在角上相交的情况。
思路：我们发现，一刀的贡献是与它相交的直线数+1。 横线和竖线的交点=N*M。 横线和横线的交点=逆序对数。竖线与竖线一样。
所以求两次逆序对即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int maxn=;
struct in{
int x,y;
bool friend operator <(in w,in v) { return w.x<v.x;}
}s[maxn];
int sum[maxn],b[maxn],tot;
void add(int a,int N){
for(int i=a;i<=N;i+=(-i)&i) sum[i]++;
}
int query(int a){
int res=; for(int i=a;i;i-=(-i)&i) res+=sum[i];
return res;
}
ll get(int N)
{
sort(s+,s+N+); ll res=;
rep(i,,N) sum[i]=,b[i]=s[i].y;
sort(b+,b+N+); tot=unique(b+,b+N+)-(b+);
rep(i,,N) s[i].y=lower_bound(b+,b+N+,s[i].y)-b;
for(int i=N;i>=;i--){
res+=query(s[i].y);
add(s[i].y,N);
}return res;
}
int main()
{
int N,M; ll ans=;
scanf("%d%d",&N,&M); scanf("%d%d",&N,&M);
rep(i,,N) scanf("%d%d",&s[i].x,&s[i].y);
ans=get(N);
rep(i,,M) scanf("%d%d",&s[i].x,&s[i].y);
ans+=get(M);
ans+=(ll)N*M+N+M+;
printf("%lld\n",ans);
return ;
}
D .Unraveling Monty Hall
题意：统计不是1的个数。
思路：水题，就是题面太长。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int maxn=;
int main()
{
int N,x,ans=;
scanf("%d",&N);
rep(i,,N) scanf("%d",&x),ans+=(x!=);
printf("%d\n",ans);
return ;
}
E .Enigma
题意：给定字符串S，T，让T去匹配S，问有多少个匹配没有相同的字符。
思路：模拟。
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int maxn=;
char c[maxn],b[maxn];
int main()
{
int N,M,ans=;
scanf("%s%s",c+,b+);
N=strlen(c+); M=strlen(b+);
rep(i,,N-M+) {
bool F=true;
rep(j,,M) if(b[j]==c[i+j-]) F=false;
ans+=(F);
}
printf("%d\n",ans);
return ;
}
F .Music Festival
题意：有N个舞台(N<10)，第i个舞台有Mi首歌(M总和<1000)，给出每首歌的起始时间s，和终止时间t，以及价值val； 我们听完一首歌可以任意瞬移到另外的舞台，即不考虑时间边界。现在让你选择一种方案，使得每个舞台都至少听了一首歌，求最大价值。
思路：区间最值更新答案的，我们可以用线段树或者单调队列更新答案。这里用了线段树。 先离散化时间(2*N个)，然后对于所有的节目，按起始时间排序（终止时间排序效果也一样），然后每次查询[1,s]的最大值，然后用结果去更新t点的值。 复杂度O(N^2*logN)。记录一个前缀最大值复杂度是O(N^2)的。
线段树：
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define rep2(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int maxn=;
int dp[maxn][maxn],b[maxn<<],cnt; bitset<maxn>S[maxn];
struct in{
int s,t,val,id;
bool friend operator <(in w,in v){
return w.s<v.s;
}
}s[maxn];
struct Tree{
int Mx[maxn<<];
void update(int Now,int L,int R,int pos,int val)
{
Mx[Now]=max(Mx[Now],val);
if(L==R) return ; int Mid=(L+R)>>;
if(pos<=Mid) update(Now<<,L,Mid,pos,val);
if(pos>Mid) update(Now<<|,Mid+,R,pos,val);
}
int query(int Now,int L,int R,int l,int r)
{
if(l<=L&&r>=R) return Mx[Now];
int Mid=(L+R)>>,res=;
if(l<=Mid) res=max(res,query(Now<<,L,Mid,l,r));
if(r>Mid) res=max(res,query(Now<<|,Mid+,R,l,r));
return res;
}
}T[];
int main()
{
int N,M,tot=,ans=;
scanf("%d",&N);
rep(i,,N-){
scanf("%d",&M);
rep(j,,M){
tot++;
scanf("%d%d%d",&s[tot].s,&s[tot].t,&s[tot].val);
s[tot].id=i; b[++cnt]=s[tot].s; b[++cnt]=s[tot].t;
}
}
sort(b+,b+cnt+); cnt=unique(b+,b+cnt+)-(b+);
sort(s+,s+tot+); M=(<<N)-;
rep(i,,tot) s[i].s=lower_bound(b+,b+cnt+,s[i].s)-b;
rep(i,,tot) s[i].t=lower_bound(b+,b+cnt+,s[i].t)-b;
rep(i,,tot) {
dp[i][<<s[i].id]=s[i].val;
rep(j,,M){
if(T[j].Mx[]==) continue;
int Mx=T[j].query(,,cnt,,s[i].s);
if(Mx!=) dp[i][j|(<<s[i].id)]=max(dp[i][j|(<<s[i].id)],Mx+s[i].val);
}
rep(j,,M) {
if(dp[i][j]) T[j].update(,,cnt,s[i].t,dp[i][j]);
}
ans=max(ans,dp[i][M]);
}
if(ans==) ans=-;
printf("%d\n",ans);
return ;
}
前缀最大值： （数组开小wa了一发）
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define rep2(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
const int maxn=;
int dp[maxn][maxn],pre[maxn][maxn<<],b[maxn<<],cnt;
struct in{
int s,t,val,id;
bool friend operator <(in w,in v){
return w.s<v.s;
}
}s[maxn];
int main()
{
int N,M,tot=,ans=;
scanf("%d",&N);
rep(i,,N-){
scanf("%d",&M);
rep(j,,M){
tot++;
scanf("%d%d%d",&s[tot].s,&s[tot].t,&s[tot].val);
s[tot].id=i; b[++cnt]=s[tot].s; b[++cnt]=s[tot].t;
}
}
sort(b+,b+cnt+); cnt=unique(b+,b+cnt+)-(b+);
sort(s+,s+tot+); M=(<<N)-;
rep(i,,tot) s[i].s=lower_bound(b+,b+cnt+,s[i].s)-b;
rep(i,,tot) s[i].t=lower_bound(b+,b+cnt+,s[i].t)-b;
int pos=;
rep(i,,tot) {
while(pos<=s[i].s){ //更新前缀最大值
rep(j,,M) pre[j][pos]=max(pre[j][pos-],pre[j][pos]);
pos++;
}
int t=<<s[i].id; dp[i][t]=s[i].val;
pre[t][s[i].t]=max(pre[t][s[i].t],s[i].val);
rep(j,,M)
if(pre[j][s[i].s])
dp[i][j|t]=max(dp[i][j|t],pre[j][s[i].s]+s[i].val);
rep(j,,M)
if(dp[i][j]) pre[j][s[i].t]=max(pre[j][s[i].t],dp[i][j]);
ans=max(ans,dp[i][M]);
}
if(ans==) ans=-;
printf("%d\n",ans);
return ;
}
G .Gasoline
题意：给定N个加油站，M个油田(<1000)，以及加油站的需要量，油田的供给量，以及C条带权道路(C<20000)，现在让你最小化最大运输时间。
思路：二分+最大流。复杂度N*sqrt(C)*logC;
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int maxn=;
const int inf=;
int N,M,P,R,C,S,T;
int Laxt[maxn],Next[maxn],To[maxn],Cap[maxn],cnt;
int dis[maxn],vd[maxn],sum;
int a[maxn],b[maxn]; struct in{ int x,y,z; }s[maxn];
bool cmp(in w,in v){ return w.z<v.z;}
void add(int u,int v,int c)
{
Next[++cnt]=Laxt[u]; Laxt[u]=cnt; To[cnt]=v; Cap[cnt]=c;
Next[++cnt]=Laxt[v]; Laxt[v]=cnt; To[cnt]=u; Cap[cnt]=;
}
int sap(int u,int flow)
{
if(u==T||flow==) return flow;
int tmp,delta=;
for(int i=Laxt[u];i;i=Next[i]){
int v=To[i]; if(dis[u]==dis[v]+&&Cap[i]){
tmp=sap(v,min(Cap[i],flow-delta));
Cap[i]-=tmp; Cap[i^]+=tmp; delta+=tmp;
if(dis[S]>=T||delta==flow) return delta;
}
}
vd[dis[u]]--; if(!vd[dis[u]]) dis[S]=T;
vd[++dis[u]]++;
return delta;
}
bool check(int Mid)
{
rep(i,S,T) Laxt[i]=dis[i]=vd[i]=; cnt=;
rep(i,,Mid) add(s[i].y,R+s[i].x,inf);
rep(i,,R) add(S,i,b[i]);
rep(i,,P) add(R+i,T,a[i]);
int res=;
while(dis[S]<T) res+=sap(S,inf);
return res==sum;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&P,&R,&C); S=; T=P+R+;
rep(i,,P) scanf("%d",&a[i]),sum+=a[i];
rep(i,,R) scanf("%d",&b[i]);
rep(i,,C) scanf("%d%d%d",&s[i].x,&s[i].y,&s[i].z);
sort(s+,s+C+,cmp);
int ans=-,L=,R=C,Mid;
while(L<=R){
Mid=(L+R)>>;
if(check(Mid)) ans=Mid,R=Mid-;
else L=Mid+;
}
if(ans==-) puts("-1");
else printf("%d\n",s[ans].z);
return ;
}
K .Kepler
题意：给定n个包含了原点的圆（-25.0<=x,y<=25.0, 1<=r<=2e5），而且满足没有两个以上的圆在一点相交，问这些圆一共有多少个交点，如果交点数>2*N，输出greater。
思路：首先，我们提炼出关键，他们都包含了原点，说明他们之间只有包含和相交关系，而且每次相交贡献两个交点，而且发现这些圆的圆心范围比较小，而半径又不是很小，所以我们可以提炼出一些包含关系，这些包含关系的在比较坏的情况下，最外层也就50*50/（2*2）这么多吧，然后对于每组包含关系，我们都从大到小保存起来。 然后我们就可以dfs看这组与外面的圆的相交个数了。 按半径从小到大加入一些圆，然后去验证这些包含关系有多少个相交即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int maxn=;
struct in{ double x,y,r;}s[maxn];
bool cmp(in w,in v){ return w.r<v.r; }
int ans,N,Laxt[maxn],Next[maxn],To[maxn],cnt;
set<int>S; set<int>::iterator it,tmp;
const double eps=1e-;
void add(int u,int v){
Next[++cnt]=Laxt[u]; Laxt[u]=cnt; To[cnt]=v;
}
bool check(in A,in B)
{
return (A.x-B.x)*(A.x-B.x)+(A.y-B.y)*(A.y-B.y)<=(A.r-B.r)*(A.r-B.r);
}
void dfs(int u,int p)
{
if(check(s[u],s[p])) return;
ans++;
if(ans>N) return ;
for(int i=Laxt[u];i;i=Next[i]) dfs(To[i],p);
}
int main()
{
scanf("%d",&N);
rep(i,,N) scanf("%lf%lf%lf",&s[i].x,&s[i].y,&s[i].r);
sort(s+,s+N+,cmp);
rep(i,,N){
for(it=S.begin();it!=S.end();){
if(check(s[i],s[*it])){
add(i,*it);tmp=it;
it++;S.erase(tmp);
}
else dfs(*it,i),it++;
}
S.insert(i);
}
if(ans>N) puts("greater");
else printf("%d\n",ans*);
return ;
}
I .Switches
题意：给定N个灯，以及开始状态。M个开关集合，每次使用一个开关，这个集合的状态会改变。 现在一次按1到M个开关，即1，2，3，...M ,1, 2,... 问第几次会全部关掉。
思路：最多两轮，模拟即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const int maxn=;
int vis[maxn],L[maxn],a[maxn][maxn];
int main()
{
int N,M,num,x,ans=-;
scanf("%d%d",&N,&M);
scanf("%d",&num);
rep(i,,num)scanf("%d",&x),vis[x]=;
rep(i,,N){
scanf("%d",&L[i]);
rep(j,,L[i]){
scanf("%d",&a[i][j]); x=a[i][j];
if(vis[x]==) vis[x]=,num--;
else vis[x]=,num++;
}
if(num==&&ans==-) ans=i;
}
if(ans!=-) printf("%d\n",ans);
else {
rep(i,,N){
rep(j,,L[i]){
x=a[i][j];
if(vis[x]==) vis[x]=,num--;
else vis[x]=,num++;
}
if(num==&&ans==-) ans=N+i;
}
printf("%d\n",ans);
}
return ;
}
L .Subway Lines
题意：给出一棵树，Q次询问两个路径的交点个数/
思路：可以用LCA推。 也可以直接上树剖+标记。
by,许
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2e5+;
int id[maxn],dep[maxn],cnt;
int top[maxn],size[maxn],f[maxn],son[maxn];
vector<int>G[maxn];
int sum[maxn*],tag[maxn*];
void dfs1(int u,int fa,int deep)
{
size[u]=;
dep[u]=deep;
f[u]=fa;
for(int i=;i<G[u].size();i++)
{
int v=G[u][i];
if(v==fa)continue;
dfs1(v,u,deep+);
size[u]+=size[v];
if(!son[u]||size[v]>size[son[u]])
son[u]=v;
}
}
void dfs2(int u,int root)
{
top[u]=root;
id[u]=++cnt;
if(son[u]) dfs2(son[u],root);
for(int i=;i<G[u].size();i++)
{
int v=G[u][i];
if(v==f[u]||v==son[u])continue;
dfs2(v,v);
}
}
/*void update(int o,int l,int r,int ql,int qr,int v)
{
int m=(l+r)/2,ls=o*2,rs=o*2+1;
if(tag[o]!=-1&&l!=r)
{
sum[ls]=(m-l+1)*tag[o];
sum[rs]=(r-l)*tag[o];
tag[ls]=tag[rs]=tag[o];
tag[o]=-1;
}
if(l>=ql&&r<=qr)
{
sum[o]=v*(r-l+1);
tag[o]=v;
return;
}
if(ql<=m)update(ls,l,m,ql,qr,v);
if(qr>m)update(rs,m+1,r,ql,qr,v);
sum[o]=sum[ls]+sum[rs];
}
int query(int o,int l,int r,int ql,int qr)
{
int m=(l+r)/2,ls=o*2,rs=o*2+1,res=0;
if(tag[o]!=-1&&l!=r)
{
sum[ls]=(m-l+1)*tag[o];
sum[rs]=(r-l)*tag[o];
tag[ls]=tag[rs]=tag[o];
tag[o]=-1;
}
if(sum[o]==r-l+1)
return min(r,qr)-max(l,ql)+1;
if(sum[o]==0)return 0;
if(l>=ql&&r<=qr)
return sum[o];
if(ql<=m)res+=query(ls,l,m,ql,qr);
if(qr>m)res+=query(rs,m+1,r,ql,qr);
return res;
}*/
void update(int o,int l,int r,int ql,int qr,int v)
{
int m=(l+r)/,ls=o*,rs=o*+;
if(tag[o]!=-&&l!=r)
{
sum[ls]=(m-l+)*tag[o];
sum[rs]=(r-l)*tag[o];
tag[ls]=tag[rs]=tag[o];
tag[o]=-;
}
if(l>=ql&&r<=qr)
{
sum[o]=v*(r-l+);
tag[o]=v;
return;
}
if(ql<=m)update(ls,l,m,ql,qr,v);
if(qr>m)update(rs,m+,r,ql,qr,v);
sum[o]=sum[ls]+sum[rs];
}
int query(int o,int l,int r,int ql,int qr)
{
int m=(l+r)/,ls=o*,rs=o*+,res=;
if(tag[o]!=-&&l!=r)
{
sum[ls]=(m-l+)*tag[o];
sum[rs]=(r-l)*tag[o];
tag[ls]=tag[rs]=tag[o];
tag[o]=-;
}
if(sum[o]==r-l+)
return min(r,qr)-max(l,ql)+;
if(sum[o]==)return ;
if(l>=ql&&r<=qr)
return sum[o];
if(ql<=m)res+=query(ls,l,m,ql,qr);
if(qr>m)res+=query(rs,m+,r,ql,qr);
return res;
}
/*void up_path(int x,int y,int z)
{
while(top[x]!=top[y])
{
if(dep[top[x]]<top[top[y]]) swap(x,y);
update(1,1,cnt,id[top[x]],id[x],z);
x=f[top[x]];
}
if(id[x]>id[y]) swap(x,y);
update(1,1,cnt,id[x],id[y],z);
}*/
int qu_path(int x,int y)
{
int res=;
while(top[x]!=top[y])
{
if(dep[top[x]]<dep[top[y]])swap(x,y);
res+=query(,,cnt,id[top[x]],id[x]);
x=f[top[x]];
}
if(id[x]>id[y])swap(x,y);
res+=query(,,cnt,id[x],id[y]);
return res;
}
void up_path(int x,int y,int z)
{
while(top[x]!=top[y])
{
if(dep[top[x]]<dep[top[y]])swap(x,y);
update(,,cnt,id[top[x]],id[x],z);
x=f[top[x]];
}
if(id[x]>id[y])swap(x,y);
update(,,cnt,id[x],id[y],z);
}
/*int qu_path(int x,int y)
{
int ans=0;
while(top[x]!=top[y])
{
if(dep[top[x]]<dep[top[y]])swap(x,y);
ans+=query(1,1,cnt,id[top[x]],id[x]);
x=f[top[x]];
}
if(id[x]>id[y])swap(x,y);
ans+=query(1,1,cnt,id[x],id[y]);
return ans;
}*/
int main()
{
int n,u,v,a,b,c,d,q;
scanf("%d%d",&n,&q);
for(int i=;i<n;i++)
{
scanf("%d%d",&u,&v);
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}
memset(tag,-,sizeof(tag));
dfs1(,,);
dfs2(,);
while(q--)
{
scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d);
up_path(a,b,);
printf("%d\n",qu_path(c,d));
up_path(a,b,);
}
}