傳送門

\(MAXEP\)

二分，不過二分的時(shí)候要注意把\(mid\)設(shè)成\(\left\lfloor{9l+r\over 10}\right\rfloor\)，這樣往右的次數(shù)不會(huì)超過\(6\)次

//minamoto #include<bits/stdc++.h> #define R register #define inline __inline__ __attribute__((always_inline)) #define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i) #define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i) #define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v) template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;} template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;} using namespace std; inline char getc(){R char ch;while((ch=getchar())>'1'||ch<'0');return ch;} int n,c,l,r,mid; inline int query(R int x){printf("%d %d\n",1,x),fflush(stdout);return getc()-'0';} int main(){scanf("%d%d",&n,&c),l=1,r=n;while(l<r){mid=(9*l+r)/10;query(mid)?(puts("2"),fflush(stdout),r=mid):l=mid+1;}printf("%d %d\n",3,l),fflush(stdout);return 0; }

\(INTXOR\)

具體的……看代碼好了……

//minamoto #include<bits/stdc++.h> #define R register #define inline __inline__ __attribute__((always_inline)) #define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i) #define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i) #define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v) template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;} template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;} using namespace std; int read(){R int res,f=1;R char ch;while((ch=getchar())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);for(res=ch-'0';(ch=getchar())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');return res*f; } const int N=5e4+5; int n,p,x1,x2,x3,x,xx,a[N]; int query(int i,int j,int k){printf("%d %d %d %d\n",1,i,j,k);fflush(stdout);return read();} int main(){for(int T=read();T;--T){n=read();x1=query(1,2,3),x2=query(1,2,4),xx=x1^x2;x=query(3,4,5),a[5]=x^xx,x=query(3,4,6),a[6]=x^xx;fp(i,7,n)x=query(i-2,i-1,i),a[i]=x^a[i-2]^a[i-1];x=query(1,5,n),a[1]=x^a[5]^a[n],x=query(2,n-1,n),a[2]=x^a[n-1]^a[n];a[3]=x1^a[1]^a[2],a[4]=x2^a[1]^a[2];printf("%d ",2);fp(i,1,n)printf("%d%c",a[i]," \n"[i==n]);fflush(stdout);read();}return 0; }

\(EDGEDIR\)

先隨便找棵生成樹出來，如果是非樹邊隨便定向，子樹邊也無所謂，那么此時(shí)如果度數(shù)為偶數(shù)，父親邊就指出去，如果是奇數(shù)，父親邊就指向它。這樣的話最多只會(huì)有\(1\)號(hào)節(jié)點(diǎn)不滿足，如果不滿足就無解，否則就是一組合法解。證明并不會(huì)

//minamoto #include<bits/stdc++.h> #define R register #define inline __inline__ __attribute__((always_inline)) #define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i) #define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i) #define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v) template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;} template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;} using namespace std; char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf; inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;} int read(){R int res,f=1;R char ch;while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');return res*f; } const int N=1e5+5; struct eg{int v,nx;}e[N<<1];int head[N],tot=1; inline void add(R int u,R int v){e[++tot]={v,head[u]},head[u]=tot;e[++tot]={u,head[v]},head[v]=tot; } bool ans[N],deg[N];int vis[N],n,m; void dfs(int u,int k){vis[u]=1;go(u)if(i!=(k^1)){if(!vis[v])dfs(v,i);else if(vis[v]==1)deg[v]^=1,ans[i>>1]=i&1;}if(u!=1)deg[u]?(ans[k>>1]=k&1,deg[u]=0):(ans[k>>1]=k&1^1,deg[e[k^1].v]^=1);vis[u]=2; // printf("%d %d %d %d %d\n",u,deg[1],deg[2],deg[3],deg[4]); } int main(){ // freopen("testdata.in","r",stdin);for(int T=read();T;--T){n=read(),m=read();for(R int i=1,u,v;i<=m;++i)u=read(),v=read(),add(u,v);dfs(1,0);if(deg[1])putchar('-'),putchar('1');else fp(i,1,m)putchar(ans[i]?'1':'0'),putchar(' ');putchar('\n');memset(head,0,(n+1)<<2),memset(vis,0,(n+1)<<2),memset(ans,0,m+1),memset(deg,0,n+1);tot=1;} }

\(CBFEAST\)

蠢了……

先把詢問轉(zhuǎn)化一下，每個(gè)菜可以被\([c-k,c+k]\)范圍內(nèi)的人看到的，每次詢問\(c\)的人能看到的最大子段和，變成了一個(gè)區(qū)間修改，單點(diǎn)查詢的問題。然而這樣的話還是沒法做

我們考慮如果只往后面插入的話，那么用線段樹就可以很容易地維護(hù)出最大子段和

那么我們對(duì)于從前插入和從后插入分別維護(hù)，那么都可以看做是從后插入，從線段樹維護(hù)一下就行了

代碼里是把兩個(gè)都看做從前插入了

//minamoto #include<bits/stdc++.h> #define R register #define inline __inline__ __attribute__((always_inline)) #define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i) #define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i) #define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v) template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;} template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;} using namespace std; char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf; inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;} int read(){R int res,f=1;R char ch;while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');return res*f; } inline int getop(){R char ch;while((ch=getc())>'9'||ch<'0');return ch-'0';} char sr[1<<21],z[20];int K=-1,Z=0; inline void Ot(){fwrite(sr,1,K+1,stdout),K=-1;} void print(R int x){if(K>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++K]='-',x=-x;while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);while(sr[++K]=z[Z],--Z);sr[++K]='\n'; } const int N=2e5+5,M=(N<<6)+5,base=1e9; inline int max(R int x,R int y){return x>y?x:y;} struct tr{int l,r,s,v;inline tr(){}inline tr(R int ll,R int rr,R int ss,R int vv):l(ll),r(rr),s(ss),v(vv){}inline tr operator +(const tr &b)const{return tr(max(l,s+b.l),max(r+b.s,b.r),s+b.s,max(v,max(b.v,r+b.l)));}inline tr operator +(const int &b)const{return tr(max(l,s+b),max(r+b,0),s+b,max(v,r+b));}inline void clr(){l=r=s=v=0;} }; struct node;typedef node* ptr; struct node{ptr lc,rc;tr s;inline node(); }e[M];int tot; inline node::node(){lc=rc=e;} struct tree{inline tree(){rt=e+(++tot);}tr res;ptr rt;void pd(ptr p){if(p->lc==e)p->lc=e+(++tot);if(p->rc==e)p->rc=e+(++tot);p->lc->s=p->lc->s+p->s,p->rc->s=p->rc->s+p->s,p->s.clr();}void update(ptr p,int l,int r,int ql,int qr,int x){if(ql<=l&&qr>=r)return p->s=p->s+x,void();int mid=(l+r)>>1;pd(p);if(ql<=mid)update(p->lc,l,mid,ql,qr,x);if(qr>mid)update(p->rc,mid+1,r,ql,qr,x);}void query(ptr p,int l,int r,int x){if(p==e||l==r)return res=p->s,void();int mid=(l+r)>>1;pd(p);x<=mid?query(p->lc,l,mid,x):query(p->rc,mid+1,r,x);} }t[2]; int q,k,ans,op,c,d; int main(){ // freopen("testdata.in","r",stdin);q=read(),k=read();while(q--){op=getop(),c=read()^ans;if(op==3){t[0].query(t[0].rt,1,base,c),t[1].query(t[1].rt,1,base,c);print(ans=max(t[0].res.l+t[1].res.l,max(t[0].res.v,t[1].res.v)));}else d=read(),t[op-1].update(t[op-1].rt,1,base,max(1,c-k),min(base,c+k),d);}return Ot(),0; }

\(BICONT\)

不難看出要計(jì)算的就是方案數(shù)。對(duì)于一條邊\((u,v)\)，如果兩個(gè)點(diǎn)不在同一個(gè)不知道是點(diǎn)雙還是邊雙就當(dāng)它是邊雙好了的雙連通分量里，也就意味著\(u\)所在的子樹和\(v\)所在的子樹之間的點(diǎn)沒有邊相連，我們稱之為這條邊斷開了。那么，如果整張圖里有\(i\)個(gè)邊雙，那么有\(i-1\)條邊是斷開的

我們考慮容斥和樹形\(dp\)，設(shè)\(f_{u,j,k}\)表示\(u\)的子樹中至少有\(j\)條邊是斷開的，且和\(i\)通過沒有斷開的邊相連的點(diǎn)數(shù)為\(k\)的方案數(shù)。對(duì)于轉(zhuǎn)移，子樹\(f_{v,j,k}\)，如果\((u,v)\)斷開，那么和\(v\)相連的那\(k\)個(gè)點(diǎn)之間可以隨意連邊，不過原來樹上就有的\(k-1\)條邊必須連，方案數(shù)要額外乘上一個(gè)\(2^{(k-1)(k-2)\over 2}\)。不斷的話轉(zhuǎn)移顯然。我們枚舉\(u\)的\(j,k\)和\(v\)的\(j,k\)，理論復(fù)雜度\(O(n^5)\)，實(shí)際跑得飛快

然后處理出\(p_i\)表示至少斷了\(i\)條邊的方案數(shù)，容斥原理減一減就可以得到恰好斷了\(i\)條邊的方案數(shù)了

//minamoto #include<bits/stdc++.h> #define R register #define inline __inline__ __attribute__((always_inline)) #define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i) #define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i) #define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v) template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;} template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;} using namespace std; const int N=205,P=1e9+7; inline void upd(R int &x,R int y){(x+=y)>=P?x-=P:0;} inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;} inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;} inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;} int ksm(R int x,R int y){R int res=1;for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))(y&1)?res=mul(res,x):0;return res; } struct eg{int v,nx;}e[N<<1];int head[N],tot; inline void Add(R int u,R int v){e[++tot]={v,head[u]},head[u]=tot;} int f[N][N][N],sz[N],bin[N*N],tmp[N][N],p[N],fac[N],ifac[N],n; inline int calc(R int x){return (x-1)*(x-2)>>1;} inline int C(R int n,R int m){return m>n?0:1ll*fac[n]*ifac[m]%P*ifac[n-m]%P;} void dfs(int u,int fa){sz[u]=1,f[u][0][1]=1;go(u)if(v!=fa){dfs(v,u);memset(tmp,0,sizeof(tmp));fp(i,0,sz[u]-1)fp(j,1,sz[u])if(f[u][i][j]){fp(k,0,sz[v]-1)fp(l,1,sz[v])if(f[v][k][l]){upd(tmp[i+k+1][j],1ll*f[u][i][j]*f[v][k][l]%P*bin[calc(l)]%P);upd(tmp[i+k][j+l],1ll*f[u][i][j]*f[v][k][l]%P);}}sz[u]+=sz[v];fp(i,0,sz[u]-1)fp(j,1,sz[u])f[u][i][j]=tmp[i][j];} } int main(){ // freopen("testdata.in","r",stdin);scanf("%d",&n);bin[0]=1;fp(i,1,n*n)bin[i]=mul(bin[i-1],2);fac[0]=ifac[0]=1;fp(i,1,n)fac[i]=mul(fac[i-1],i);ifac[n]=ksm(fac[n],P-2);fd(i,n-1,1)ifac[i]=mul(ifac[i+1],i+1);for(R int i=1,u,v;i<n;++i)scanf("%d%d",&u,&v),Add(u,v),Add(v,u);dfs(1,0);fp(i,0,sz[1]-1)fp(j,1,sz[1])upd(p[i],mul(f[1][i][j],bin[calc(j)]));fd(i,n-1,0)fp(j,i+1,n-1)p[i]=dec(p[i],mul(p[j],C(j,i)));fp(i,0,n-1)printf("%d%c",p[i]," \n"[i==n-1]);return 0; }

\(BHD\)

勁啊……

非常感謝那位外國(guó)友人代碼里的注解不然我真的不知道還有一個(gè)叫做格林公式的東西……

對(duì)\(z\)這一維用辛普森去擬合，那么對(duì)于每一個(gè)\(z\)，我們需要求的就是圓環(huán)面積并，可以用類似格林公式求圓的面積并的方法去做

時(shí)間復(fù)雜度\(O(能過)\)

//minamoto #include<bits/stdc++.h> #define R register #define pb push_back #define inline __inline__ __attribute__((always_inline)) #define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i) #define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i) #define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v) template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;} template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;} using namespace std; const int N=1005;const double Pi=acos(-1.0),eps=1e-6; typedef pair<double,int> pi; struct Point{double x,y;inline Point(){}inline Point(R double xx,R double yy):x(xx),y(yy){}inline Point operator +(const Point &b)const{return Point(x+b.x,y+b.y);}inline Point operator -(const Point &b)const{return Point(x-b.x,y-b.y);}inline double norm(){return sqrt(x*x+y*y);}inline double ang(){return atan2(y,x);} }; struct Cir{Point p;double r1,r2;}c[N];pi st[N]; inline double oint(R Point p,R double r,R double t1,R double t2){return r*(r*(t2-t1)+p.x*(sin(t2)-sin(t1))-p.y*(cos(t2)-cos(t1))); } int top,cnt,tot,n;double xi[N],yi[N],zi[N],r1[N],r2[N]; void add(R Point p1,R double r1,R Point p2,R double r2,R int d){double dis=(p1-p2).norm(),cur,ang,l,r;if(dis+r1<=r2)return cnt+=d,void();if(r1+r2<=dis||r2+dis<=r1)return;cur=(p2-p1).ang();ang=acos((dis*dis+r1*r1-r2*r2)/(2*r1*dis));l=cur-ang,r=cur+ang;if(l<-Pi)l+=2*Pi;if(r>Pi)r-=2*Pi;if(l>r)cnt+=d;st[++top]=make_pair(l,d),st[++top]=make_pair(r,-d); } double calc(Point p,double r,int id){top=cnt=0;fp(i,1,tot)if(i!=id)add(p,r,c[i].p,c[i].r1,1),add(p,r,c[i].p,c[i].r2,-1);st[0]=make_pair(-Pi,0),st[++top]=make_pair(Pi,0);sort(st+1,st+1+top);double res=0;for(R int i=1;i<=top;cnt+=st[i++].second)if(!cnt)res+=oint(p,r,st[i-1].first,st[i].first);return res; } double getF(double z){tot=0;fp(i,1,n)if(zi[i]-r2[i]<=z-eps&&zi[i]+r2[i]>=z+eps){double d=fabs(z-zi[i]),len=sqrt(r2[i]*r2[i]-d*d);c[++tot].p=Point(xi[i],yi[i]),c[tot].r1=r1[i]+len,c[tot].r2=r1[i]-len;}double res=0;fp(i,1,tot)res+=calc(c[i].p,c[i].r1,i)-calc(c[i].p,c[i].r2,i);return res; } inline double calc(R double fl,R double fm,R double fr,R double len){return (fl+fr+4*fm)*len/6; } double sol(double l,double m,double r,double fl,double fm,double fr,double s){double ml=(l+m)*0.5,mr=(m+r)*0.5;double fml=getF(ml),fmr=getF(mr);double cx=calc(fl,fml,fm,m-l),cy=calc(fm,fmr,fr,r-m);if(fabs(s-cx-cy)<eps)return s;return sol(l,ml,m,fl,fml,fm,cx)+sol(m,mr,r,fm,fmr,fr,cy); } inline double ask(R double l,R double r){double fl=getF(l),fr=getF(r),fm=getF((l+r)*0.5);return sol(l,(l+r)*0.5,r,fl,fm,fr,calc(fl,fm,fr,r-l)); } vector<double>pos;double res; int main(){ // freopen("testdata.in","r",stdin);scanf("%d",&n);fp(i,1,n)scanf("%lf%lf%lf%lf%lf",&xi[i],&yi[i],&zi[i],&r1[i],&r2[i]);fp(i,1,n)pos.pb(zi[i]+r2[i]),pos.pb(zi[i]-r2[i]),pos.pb(zi[i]);sort(pos.begin(),pos.end());fp(i,1,pos.size()-1)res+=ask(pos[i-1],pos[i]);printf("%.10lf\n",res*0.5);return 0; }

\(WKPLAN\)

聽說朱老大\(std\)寫了\(300+\)行，咕了

轉(zhuǎn)載于:https://www.cnblogs.com/bztMinamoto/p/10746806.html

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的Code Chef December Challenge 2018题解的全部?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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