DZY 's BLOG

【吐槽：我不想保护出题人。。。】

首先把读入的a数组变成前缀和。然后就可以发现y数组其实就是这个东西这就是确保杀死j~i(j≤i)这一段僵尸的最小速度。伤害的和是a[i]-a[j-1]，第j个~第i个之间的距离是di-dj，还要加上x[i]才是与家的距离。很绕吗？自己脑补吧。。

观察这个式子比较像求直线的斜率。那么我们把它转化为两点之间的斜率好了。把跟i有关的看成一个点，跟j有关的看成一个点。

那么就是(x[i]+d*i,a[i])和(d*j,a[j-1])两个点。然后只要求斜率了！！！

那么用单调栈维护一个凸壳就好了！！！计算斜率的时候二分。二分的时候先判是不是在凸壳的外部，然后取栈里面最上面那个就好了。

很好。nlogn了。

这是样例，有线连着的点是转化过的(d*j,a[j-1])。其中虚线是最后形成的凸壳。

查询第i次的时候就是先转化为(x[i]+d*i,a[i])这个点，然后二分凸壳上的点求最大的斜率就好。

比如查询第一次。凸壳（黄线）中只有(2,0)这个点。要查询的是(5,3)。很明显斜率只能是1。

查询第二次。查询的点是(5,4)。凸壳中有两个点(2,0)，(4,3)。选前者的算出的斜率1.3333比后者的1要优。

然后以此类推就可以解决全部询问。

这道题在八中上rank1了我会告诉你们？介于是rank1我就不发rank1的代码了、、这个是目前rank10的、、

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef double D; D a[100005],x[100005],d,An=0;
struct P{D x,y;P(){};P(D _x,D _y):x(_x),y(_y){};}p[100005];
D cross(P a,P b,P c){ return (a.x-c.x)*(b.y-c.y)-(b.x-c.x)*(a.y-c.y);}
int st[100005],top=0,n;
int main(){
    scanf("%d%lf",&n,&d);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lf%lf",&a[i],&x[i]);
        a[i]+=(p[i].y=a[i-1]);  p[i].x=i*d;
    }for(int i=1;i<=n;i++){
        while(top&&cross(p[st[top]],p[i],p[st[top-1]])<0)top--;
        st[++top]=i;     P s(x[i]+i*d,a[i]);
        int j=1,l=1,r=top,mid;  while(l<=r){
            mid=l+r>>1;
            if(cross(p[st[mid]],p[st[mid-1]],s)<0)j=max(j,mid),l=mid+1;else r=mid-1;
        }An+=(s.y-p[st[j]].y)/(s.x-p[st[j]].x);
    }printf("%.0lf\n",An);  return 0;
}

第一问先求1到n的最短路。第二问求破坏一些路使得1到n的最短路变大。每条路被破坏都要花费一定的代价Ci。求min∑Ci。

我学会了写spfa好开心啊！我学会了写dinic好开心啊！==

破坏边使不连通明显最小割水掉嘛、、

好了言归正传、先求出所有的最短路。然后判断每条边是不是在1~n的最短路上。是的话就连边。然后再新建的图上做最小割。

一开始建图建错了、、应该这么建：首先以1为源点跑spfa，记录d[0][i]为1~i的最短路。然后以n为源点跑spfa，记录d[1][i]为n~i的最短路。

如果i在1~n的最短路上那一定满足d[0][i]+d[1][i]==d[0][n]（这也是第一问的答案、、）且d[0][i]+w(i,j)=d[0][j]。

然后就没了、、继续fread然后刷到rank5、、、

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxm=250000,maxn=505,inf=2000000009;
struct edge{int t,c,next;}E[maxm];
char buf[3000000],*pt=buf;
int p[maxm],w[maxm],c[maxm],n1[maxm],h[maxn],v[maxn],d[2][maxn],q[maxm],V[maxn],level[maxn],n,m,tot=0,tt=0,S,T,An=inf;
inline int getint(){
    int r=0; while(*pt<'0'||*pt>'9')pt++; while(*pt>='0'&&*pt<='9')r=r*10+*pt++-48;return r;
}inline void ae1(int u,int v,int t,int cc){
    p[tot]=v;   w[tot]=t;   c[tot]=cc;  n1[tot]=h[u];   h[u]=tot++;
    p[tot]=u;   w[tot]=t;   c[tot]=cc;  n1[tot]=h[v];   h[v]=tot++;
}inline void ae2(int a,int b,int c){
    E[tt].t=b; E[tt].c=c; E[tt].next=V[a];   V[a]=tt++;
    E[tt].t=a; E[tt].c=0; E[tt].next=V[b];   V[b]=tt++;
}inline int bfs(){
    memset(level,0xff,sizeof(level));   int head=0,tail=1;  q[0]=S; level[S]=1;
    while(head<tail){
        int u=q[head++];    if(u==T)return 1;
        for(int p=V[u];p!=-1;p=E[p].next)
            if(E[p].c>0 && level[E[p].t]==-1) level[E[p].t]=level[u]+1,q[tail++]=E[p].t;
    }return 0;
}int dfs(int u=S,int lmt=inf){
    if(u==T)    return lmt; int ret=0,  delta;
    for(int p=V[u];p!=-1;p=E[p].next){
        if(E[p].c>0 && level[E[p].t]==level[u]+1){
            delta=dfs(E[p].t,min(lmt-ret,E[p].c));
            E[p].c-=delta;  E[p^1].c+=delta;    ret+=delta;
            if(ret==lmt)    return ret;
        }
    }if(!ret)   level[u]=-1;    return ret;
}inline int dinic(){
    int ret=0;S=1,T=n;
    for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=h[i];~j;j=n1[j])
        if(d[0][p[j]]+d[1][p[j]]==An && d[0][i]+w[j]==d[0][p[j]]) ae2(i,p[j],c[j]);
    while(bfs())ret+=dfs(); return ret;
}inline void spfa(int SS,int f){
    for(int i=1;i<=n;i++)d[f][i]=inf; memset(v,0,sizeof(v));
    int head=0,tail=1;  q[0]=SS; v[SS]=1; d[f][SS]=0;
    while(head<tail){
        int u=q[head++];    v[u]=0;
        for(int i=h[u];~i;i=n1[i])
            if(d[f][u]+w[i]<d[f][p[i]]){
                d[f][p[i]]=d[f][u]+w[i];  if(!v[p[i]])  v[p[i]]=1,  q[tail++]=p[i];
            }
    }
}int main(){
    fread(pt,1,3000000,stdin);  n=getint(),m=getint();  memset(h,-1,sizeof(h)); memset(V,-1,sizeof(V));
    for(int u,v,t,c,i=1;i<=m;u=getint(),v=getint(),t=getint(),c=getint(),ae1(u,v,t,c),i++);
    spfa(1,0);  spfa(n,1);  for(int i=1;i<=n;i++)   An=min(An,d[0][i]+d[1][i]);
    printf("%d\n%d\n",An,dinic()); return 0;
}

果然是3越多越好、、滚回去学小学奥数算了、、、

然后就是高精度了、、比较脑残选择了手写、、更加脑残的选择了压位和快速幂、、然后跑的还行、、

代码越写越短了、、不过还有更短的比不过、、呵呵、、、

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
struct Hugeint{
    ll len,num[10000];  Hugeint(){  len=1ll;  memset(num,0,sizeof(num));}
}An;ll n,two,thr,p[]={1,10,100,1000};
Hugeint Mul(Hugeint a,Hugeint b){
    Hugeint c;  c.len=a.len+b.len+1;
    for(ll i=1;i<=a.len;i++) for(ll j=1;j<=b.len;j++)  c.num[i+j-1]+=a.num[i]*b.num[j];
    for(ll i=1;i<c.len;i++)  if(c.num[i]>9999)  c.num[i+1]+=c.num[i]/10000,  c.num[i]%=10000;
    while(c.num[c.len]>9999) c.len++,  c.num[c.len]+=c.num[c.len-1]/10000,   c.num[c.len-1]%=10000;
    while(c.num[c.len]==0&&c.len>1)  c.len--;   return c;
}Hugeint pow(ll b,ll p){
    Hugeint ans,bb; ans.len=bb.len=ans.num[1]=1ll;  bb.num[1]=b;
    while(p){if(p&1ll)ans=Mul(ans,bb);p>>=1ll;bb=Mul(bb,bb);}   return ans;
}inline int len(int x){
    int r=0; while(x)r++,x/=10; return r;
}void print(Hugeint a){
    if(a.len<=25){ printf("%lld",a.num[a.len]); for(ll i=a.len-1;i;i--)printf("%04lld",a.num[i]); return;} 
    printf("%lld",a.num[a.len]);    for(ll i=a.len-1;i>=a.len-24;i--)printf("%04lld",a.num[i]);
    if(len(a.num[a.len])<4) printf("%lld\n",a.num[a.len-25]/p[len(a.num[a.len])]);
}int main(){
    scanf("%lld",&n); two=0,thr=n/3;  if(n%3)two=2/(n%3),thr=(n-4/(n%3))/3; An=Mul(pow(2,two),pow(3,thr));
    printf("%lld\n",(An.len-1<<2)+len(An.num[An.len])); print(An);  return 0;
}

排序、然后在上下3个中选、dp就好

然后我顺便学了写fread、真好、又快又实用又好写

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll inf=10000000000009LL;
#define abs(x) (((x)<0)?(-(x)):(x))
#define A(x,y) ((x==y)?inf:abs((x)-(y)))
ll n,a[100005],b[100005],f[100005];
char buf[2000000],*p=buf;
inline int getint(){
    ll r=0; while(*p<'0'||*p>'9')p++; while(*p>='0'&&*p<='9')r=r*10+*p++-48;return r;
}int main(){
    fread(p,1,2000000,stdin);
    n=getint(); for(ll i=1;i<=n;i++)a[i]=getint(),b[i]=getint();
    sort(a+1,a+n+1);    sort(b+1,b+n+1);
    f[1]=A(a[1],b[1]);  f[2]=min(f[1]+A(a[2],b[2]),A(a[1],b[2])+A(a[2],b[1]));
    for(ll i=3;i<=n;i++)f[i]=min(f[i-1]+A(a[i],b[i]),min(f[i-2]+A(a[i-1],b[i])+A(a[i],b[i-1]),min(f[i-3]+A(a[i],b[i-1])+A(a[i-1],b[i-2])+A(a[i-2],b[i]),f[i-3]+A(a[i],b[i-2])+A(a[i-1],b[i])+A(a[i-2],b[i-1]))));
    printf("%lld\n",f[n]==inf?-1LL:f[n]);    return 0;
}

类似记忆化dp、、

f[i][j]表示i~j这一段最少要涂几次。每次递归计算、头尾如果相同可以最先涂、所以可以减1、然后合并上来就行、、

最近写的代码怎么都这么短？还是我太弱了只会刷水？唉、、囧、、、

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
const int inf=1000000009;
int F[60][60]={0},l;    char s[60];
int f(int l,int r){
    if(l==r)    return 1;   if(F[l][r]) return F[l][r]; F[l][r]=inf;
    for(int i=l;i<=r;i++)   F[l][r]=std::min(f(l,r),f(l,i)+f(i+1,r));
    return F[l][r]-=(s[l]==s[r]);
}int main(){
    scanf("%s",s);  l=strlen(s);    printf("%d\n",f(0,l-1));   return 0;
} 

弱弱的dp我也会做！哈哈哈

设f[i][j]表示高度为i时，在第j个树上能吃到的果子数的最大值。m[i]表示高度为i时吃到的果子数的最大值。w[i][j]表示高度为i，第j颗树上的果子树。

那么方程显而易见：f[i][j]=max(f[i+1][j],m[i+d])+w[i][j]。

读入文件好像奇大、好可怕、话说一开始MLE了、、囧不得不开short、、

orz读入优化、瞬间提升5s、

#include<cstdio>
#define max(a,b) (((a)<(b))?(b):(a))
int n,h,d,k,t,i,j,f[5005][5005]={0},m[5005]={0};    short a[5005][5005]={0};
inline void read(int &x){
    char ch;    for(ch=getchar();ch<'0'||ch>'9';ch=getchar());
    x=ch-'0';   for(ch=getchar();ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())x=x*10+ch-'0';
}int main(){
    for(read(n),read(h),read(d),i=1;i<=n;i++)for(read(t),j=1;j<=t;j++)read(k),a[i][k]++;
    for(i=h;~i;i--){
        if(i+d<=h)  t=m[i+d];   else    t=0;
        for(j=1;j<=n;j++)   f[i][j]=max(f[i+1][j],t)+a[j][i],   m[i]=max(m[i],f[i][j]);
    }printf("%d",m[0]); return 0;
}

数据范围≤30、、哈哈这么小啊、、

给你一个n*m的点阵、有些点是障碍、求一个欧几里得距离最大的点对(A,B)，使得在移走的障碍≤T的情况下，可以从A走到B、

由于数据范围小的出奇那么可以大胆考虑对每个点做一次spfa、连边这样连：(u,v)如果v是障碍那么连的边权就是1、否则连0、每个点都向上下左右各连一条边、接下来跑spfa、要注意一点：如果以一个障碍点为源点开始spfa、那么t要先减一、因为首先得把这个位置上的障碍移掉、然后跑出来每个点的距离就是要移开的障碍数、小于等于T就更新答案即可、

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
#define pos(x,y) (((x)-1)*m+(y))
int p[10000],w[10000],n1[10000],h[1000],d[1000],q[500000],v[1000],a[40][40],tot=0,n,m,t,An=0;
char s[40]; int dx[]={0,1,0,-1},dy[]={1,0,-1,0};
inline void ae(int a,int b,int c){
    p[tot]=b;   w[tot]=c;   n1[tot]=h[a];  h[a]=tot++;
}inline void spfa(int S){
    memset(d,63,sizeof(d)); memset(v,0,sizeof(v));
    int head=0,tail=1;  q[0]=S; v[S]=1; d[S]=0;
    while(head<tail){
        int u=q[head++];    v[u]=0;
        for(int i=h[u];~i;i=n1[i]){
            if(d[p[i]]>d[u]+w[i]){
                d[p[i]]=d[u]+w[i];
                if(!v[p[i]])    q[tail++]=p[i], v[p[i]]=1;
            }
        }
    }
}inline void build(){
    memset(h,0xff,sizeof(h));
    for(int i=1;i<=n;i++)   for(int j=1;j<=m;j++){
        for(int k=0;k<4;k++){
            int xx=i+dx[k],yy=j+dy[k];
            if(xx>=1&&xx<=n&&yy>=1&&yy<=m)  ae(pos(i,j),pos(xx,yy),a[xx][yy]);
        }
    }
}int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&t);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%s",s+1);
        for(int j=1;j<=m;j++)   a[i][j]=s[j]-'0';
    }build();
    for(int i=1;i<=n;i++)   for(int j=1;j<=m;j++){
        spfa(pos(i,j)); t-=a[i][j];
        for(int u=1;u<=n;u++)   for(int v=1;v<=m;v++)
            if(d[pos(u,v)]<=t)  An=max(An,(u-i)*(u-i)+(v-j)*(v-j));
        t+=a[i][j];
    }printf("%.6lf\n",sqrt((double)An));
    return 0;
}

n个顶点的有向图，每条边的边权都在1~9。问从1到n的长度为t的路径有几条。

看时间10^9立即想到矩乘。而且n≤10，边权范围只有9。那么把每个点都拆成9个。构造01矩阵。

一个点拆成9个之后这9个点首先要连通。然后就是(u,v,w)的边，从(u,w)连一条边到(v,1)，最后答案就是Matrix[1][(n,1)]。

复杂度：O(81*n^3*log(t))。rank5、、呵呵、、还不慢、、

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define pos(x,y) (9*((x)-1)+y)
struct matrix{
    int r,c,num[95][95];
    matrix(){memset(num,0,sizeof(num));};
    matrix(int _r,int _c):r(_r),c(_c){memset(num,0,sizeof(num));};
    inline void setone(){   for(int i=1;i<=r;i++)   num[i][i]=1;}
    matrix operator * (matrix b)const{
        matrix d(r,b.c);    for(int i=1;i<=r;i++)   for(int j=1;j<=b.c;j++){
            for(int k=1;k<=c;k++)   d.num[i][j]+=num[i][k]*b.num[k][j];
            d.num[i][j]%=2009;
        }return d;
    }
}A; int n,t;    char s[12];
matrix operator ^(matrix a,int b){
    matrix d(a.r,a.c);  d.setone();
    while(b){   if(b&1) d=d*a;  b>>=1;  a=a*a;} return d;
}int main(){
    scanf("%d%d",&n,&t);    A.r=A.c=9*n;
    for(int i=1;i<=n;i++)   for(int j=1;j<=8;j++)   A.num[pos(i,j)][pos(i,j+1)]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%s",s+1);
        for(int j=1;j<=n;j++)   if(s[j]-'0')    A.num[pos(i,s[j]-'0')][pos(j,1)]=1;
    }printf("%d\n",(A^t).num[1][pos(n,1)]);
    return 0;
}

一直想做一道跟礼物有关的题、于是做了这道、

题意：长度为2^31的数轴上有n(<100w)个不同颜色的点，颜色种类<60，求一个长度最短的区间包含所有颜色的点。

思路好像很快就有了。记录每种颜色出现的第一个点和下一个点、把每种颜色的第一个点放进堆。这算一个初始答案。

之后每次把最左端的点从堆中删除、插入下一个这种颜色的点、直到删除的点没有后继了、那么答案也不能继续更新了（这不是废话？

那么就好了、我比较偷懒就用了priority_queue、、嘿嘿、、、（重载运算符真坑、、被坑了好久、、

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
const int inf=1000000009;
int d[1000005],h[65],p[1000005],tot=0,L=inf,R=-1,An=inf;
typedef struct gift{
    int x,y;
    gift(){}
    gift(int _x,int _y):x(_x),y(_y){}
    inline bool operator < (gift b)const{
        if(d[x]==d[b.x]){
            if(y==-1)   return 0;   if(b.y==-1) return 1;
            return d[y]>d[b.y];
        }return d[x]>d[b.x];
    }
};
priority_queue<gift>Q;
inline void read(int &x){
    char ch;    for(ch=getchar();ch<'0'||ch>'9';ch=getchar());
    x=ch-'0';   for(ch=getchar();ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())x=x*10+ch-'0';
}int main(){
    int n,k,t,x;    read(n);    read(k);    memset(p,0xff,sizeof(p));
    while(!Q.empty())   Q.pop();
    for(int i=1;i<=k;i++){
        read(t);    read(d[h[i]=tot++]);
        for(int x=h[i],j=2;j<=t;j++,x=p[x])    p[x]=tot++, read(d[p[x]]);
        Q.push(gift(h[i],p[h[i]]));   L=min(L,d[h[i]]),    R=max(R,d[h[i]]);
    }An=R-L;
    while(Q.top().y!=-1){
        gift u=Q.top();    Q.pop();
        if(d[u.y]>R)   R=d[u.y];  Q.push(gift(u.y,p[u.y]));
        if(R-d[Q.top().x]<An)    An=R-d[Q.top().x];
    }printf("%d\n",An);
    return 0;
}

开始题目什么意思都没看懂。后来明白了是求一些圆和等腰梯形的面积并。

先根据样例画个图。明确算的是哪一部分。

最后要求的就是这些图形的面积并了。怎么求呢？需要用到simpson积分公式。由于我太弱所以就讲的意识流一些。或许不是那么严谨吧。

首先要预处理出这些等腰梯形。他们是由相邻两圆的公切线（如果不存在就不用算了）和两条过切点垂直于x轴的线段组成的。这4个点可以通过相似算出。

重点：simpson(l,r)=(f(l)+4f(mid)+f(r))*(r-l)/6. 其中f(x)当然是一个分段函数.每次O(n)可以算出（枚举所有的等腰梯形和圆）

对于定义在[l,r]上的连续函数，求它和x轴、直线x=l、直线x=r围成的面积S=rsimpson(l,r)。当simpson(l,r)=simpson(l,mid)+simpson(mid,r)时，返回simpson(l,r)；否则返回rsimpson(l,mid)+rsimpson(mid,r)。显然，答案就是2*simpson(l,r)。

【拓展】

辛普森的简化公式可以用来算体积V：V=h(a+4b+c)/6。

h是立体（常指拟柱体）的高度，a是下底面积，b是中间截面面积（在一半高度上的截面面积），c是上底面积。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
const double eps=1e-6;
double x[505],r[505],sx[505],sy[505],tx[505],ty[505],L,R,af,t=0;int n;
double f(double xx){
    double fx=0;
    for(int i=1;i<=n+1;i++) if(fabs(xx-x[i])<=r[i]) fx=max(fx,sqrt(r[i]*r[i]-(xx-x[i])*(xx-x[i])));
    for(int i=1;i<=n;i++)   if(x[i+1]-x[i]-fabs(r[i+1]-r[i])>eps && sx[i]<=xx && xx<=tx[i]){
        if(sy[i]<ty[i]) fx=max(fx,sy[i]+(ty[i]-sy[i])*(xx-sx[i])/(tx[i]-sx[i]));
        else            fx=max(fx,ty[i]+(sy[i]-ty[i])*(tx[i]-xx)/(tx[i]-sx[i]));
	}return fx;
}double simpson(double l,double r){
    return (f(l)+f(r)+4*f((l+r)/2.0))*(r-l)/6.0;
}double rsimpson(double l,double r){
    double mid=(l+r)/2.0;
    if(fabs(simpson(l,r)-simpson(l,mid)-simpson(mid,r))<eps)	return simpson(l,mid)+simpson(mid,r);
    return rsimpson(l,mid)+rsimpson(mid,r);
}int main(){
    scanf("%d%lf",&n,&af);  af=1.0/tan(af);
    for(int i=1;i<=n+1;i++) scanf("%lf",&x[i]),t+=x[i],x[i]=t*af;
    for(int i=1;i<=n;i++)   scanf("%lf",&r[i]);L=x[1],R=x[n+1],r[n+1]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        L=min(L,x[i]-r[i]), R=max(R,x[i]+r[i]);
        if(x[i+1]-x[i]-fabs(r[i+1]-r[i])>eps){
            double o=(r[i+1]-r[i])/(x[i+1]-x[i]);
            sx[i]=x[i]-r[i]*o,  sy[i]=sqrt(r[i]*r[i]*(1-o*o));
            tx[i]=x[i+1]-r[i+1]*o,  ty[i]=sqrt(r[i+1]*r[i+1]*(1-o*o));
        }
    }printf("%.2lf\n",2*rsimpson(L,R));	return 0;
}