題目來源：?2017-2018 ACM-ICPC Northern Eurasia (Northeastern European Regional) Contest (NEERC 17)

A. Archery Tournament

每次查詢，找這個位置前面的15個圓，后邊15個圓來更新答案。set維護(hù)一下圓就行。為什么對，官方題解：可以證明經(jīng)過某一條豎線的圓不超過logC個(C=1e9)

#include <bits/stdc++.h> #define pb(x) push_back(x) const int maxn = 200000+5; const int lim = 15; typedef long long ll; using namespace std; int n; struct qq{int opt;ll x,y;}Q[maxn]; struct node{int id;ll x,y;node(){}node(ll a,ll b,int c){x=a;y=b;id=c;}bool operator < (const node a)const{if(a.x==x)return y < a.y;return x < a.x;} }; set<node>s; set<node>::iterator it,it1; ll dis(ll x1,ll y1,ll x2,ll y2){return (x1-x2)*(x1-x2)+(y1-y2)*(y1-y2); } ll in_cir(ll x1,ll y1,ll x2,ll y2){if(dis(x1,y1,x2,y2)<y1*y1)return 1;return 0; } int main() {scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;++i){int opt;ll x,y;scanf("%d%I64d%I64d",&opt,&x,&y);Q[i].opt=opt;Q[i].x=x;Q[i].y=y;}for(int i=1;i<=n;++i){if(Q[i].opt==1)s.insert(node(Q[i].x,Q[i].y,i));else{int cc=0,ans=-1;it = s.lower_bound(node(Q[i].x,0,0));for(;it!=s.end()&&cc<=lim;++cc,++it){if(in_cir((*it).x,(*it).y,Q[i].x,Q[i].y)){s.erase(it);ans=(*it).id;break;}}cc=0;it1=s.lower_bound(node(Q[i].x,0,0));for(;it1!=s.begin()&&cc<=lim;--it1,++cc){if(in_cir((*it1).x,(*it1).y,Q[i].x,Q[i].y)){s.erase(it1);ans=(*it1).id;break;}}it1=s.begin();if(in_cir((*it1).x,(*it1).y,Q[i].x,Q[i].y)){s.erase(it1);ans=(*it1).id;}printf("%d\n",ans);}}return 0; }

反思：這種重圓不多，現(xiàn)場猜測到了。。。xi ka xi。。。我的思路是直接將，每個圓包含的關(guān)鍵點暴力的加上，這個圓的標(biāo)記，會Mle，但應(yīng)該不會Tle，隊友說線段樹，當(dāng)場只想到一種比暴力還糟的做法。。。下來思考了一下，既然直接暴力mle，那我分塊暴力。每個塊維護(hù)一個set存圓，然后添加和刪除圓，就直接更新這個圓覆蓋過的塊。對于查詢，每次暴力這個塊和他左右兩邊的塊。？？后來覺得不對，畢竟按橫坐標(biāo)分塊暴力，直覺上無法保證復(fù)雜度。那可不可以在塊內(nèi)二分出那個橫坐標(biāo)最近的圓？然后小范圍暴力一下？那還分啥塊？一個set就搞定了？后來，看了下題解發(fā)現(xiàn)小范圍暴力，是有正確性的。艱難AC。。。另一種思路，我們分塊到底？既然不能按橫坐標(biāo)分塊，那就按照圓分塊？這樣每個圓內(nèi)最多有3*√n個x坐標(biāo)？復(fù)雜度還很穩(wěn)定。思考一下，發(fā)現(xiàn)如果不用這個結(jié)論，還是沒有特別真的做法。。。還是直接set做吧。223

現(xiàn)場時，腦子就跟掛機(jī)了一樣，下來分析一下，感覺并不是一道不可做的題。這是辣雞RRRR_wys長期的問題。。。希望有高人，能指點一下，如何保證現(xiàn)場賽腦子在線。。。

B. Box

分類討論

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int a[3],w,h,ww,hh; bool ck1(){ww=a[1]*2+a[2]*2;hh=a[0]+a[2]*2;if(ww<=w&&hh<=h)return 1;ww=a[1]*2+a[2]*2;hh=a[0]+a[1]+a[2];if(ww<=w&&hh<=h)return 1;ww=a[0]+a[1]+a[2]*3;hh=a[0]+a[1];if(ww<=w&&hh<=h)return 1;ww=a[0]+a[1]+a[2]*2;hh=a[0]+a[1]+a[2];if(ww<=w&&hh<=h)return 1;ww=a[0]+a[1]*2+a[2];hh=a[0]+a[2]*2;if(ww<=w&&hh<=h)return 1;ww=a[0]*2+a[1]+a[2];hh=a[0]+a[1]+a[2];if(ww<=w&&hh<=h)return 1;ww=a[0]*2+a[1];hh=a[0]+a[1]+a[2]*2;if(ww<=w&&hh<=h)return 1;return 0; } bool ck(){sort(a,a+3);for(int ti=0;ti<6;++ti){if(ck1())return 1;next_permutation(a,a+3);}return 0; } int main() {scanf("%d%d%d%d%d",&a[0],&a[1],&a[2],&w,&h);if(ck()){puts("Yes");return 0;}swap(w,h);if(ck()){puts("Yes");return 0;}puts("No");return 0; }

C. Connections

題意可以理解為：求一些有向邊使得整張圖是一個強(qiáng)連通圖。刪除這些分量中的邊就是答案。根據(jù)一種貪心的構(gòu)造，最多加入2(n-1)條邊，一定可以使得整張圖強(qiáng)連通。相當(dāng)于一顆樹，它的每一條邊都是雙向邊。那么就可以通過Kosaraju算法，處理出在強(qiáng)聯(lián)通分量中的邊做了。

#include <bits/stdc++.h> #define pb(x) push_back(x) typedef long long ll; const int maxn = 300000+7; using namespace std; int n,m; struct edge{int u,v,nxt;}E[maxn][2]; int h[maxn][2],cc; void add(int u,int v){++cc;E[cc][0].u=u;E[cc][0].v=v;E[cc][0].nxt=h[u][0];h[u][0]=cc;E[cc][1].u=v;E[cc][1].v=u;E[cc][1].nxt=h[v][1];h[v][1]=cc; } bool vis[maxn],used[maxn];int stc[maxn],tp; void dfs1(int u){vis[u]=1;for(int i=h[u][0];~i;i=E[i][0].nxt){int v=E[i][0].v;if(!vis[v]){used[i]=1;dfs1(v);}}stc[++tp]=u; } void dfs2(int u){vis[u]=0;for(int i=h[u][1];~i;i=E[i][1].nxt){int v=E[i][1].v;if(vis[v]){used[i]=1;dfs2(v);}} } int T; int main() {scanf("%d",&T);while(T--){scanf("%d%d",&n,&m);cc=tp=0;memset(h,-1,sizeof(h));memset(used,0,sizeof(used));for(int i=1;i<=m;++i){int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);add(x,y);}for(int i=1;i<=n;++i)if(!vis[i])dfs1(i);for(int i=n;i>=1;--i)if(vis[stc[i]])dfs2(stc[i]);int tn = 2*n;for(int i=1;i<=m;++i)if(used[i])--tn;for(int i=1;i<=m;++i)if(!used[i]&&tn>0)--tn,used[i]=1;for(int i=1;i<=m;++i)if(!used[i]){printf("%d %d\n",E[i][0].u,E[i][0].v);}}return 0; }

反思：做這道題的時候，看到榜上ac人數(shù)較多，就猜測是個計算度數(shù)，然后胡亂貪心，wa掉之后，依然不死心，導(dǎo)致gg。zyc賽中提到一種，一邊判環(huán)縮環(huán)，記錄邊數(shù)的做法(有問題)。并沒有被我重視。。。仔細(xì)考慮一下，就會發(fā)現(xiàn)這個思路與強(qiáng)聯(lián)通相似之處，Kosaraju算法通過在第一次dfs的標(biāo)記的順序，進(jìn)行第二次dfs，使得我們不會指向多余的邊（感覺上......不會證明）。胡思亂想坑隊友。。。

?D. Designing the Toy

E. Easy Quest

F. The Final Level

G. The Great Wall

H. Hack

I. Interactive Sort

J. Journey from Petersburg to Moscow

K. Knapsack Cryptosystem

L. Laminar Family

把每條路徑按照長度降序排列，每次隨機(jī)一個值把他異或到整個路徑上，然后查詢這個路徑是否所有數(shù)字都相同即可。實現(xiàn)方法，先樹剖，用線段樹區(qū)間間異或，區(qū)間詢問是否所有數(shù)全部相同，為了完成合并，還要維護(hù)區(qū)間左右端點的值。可是，wa在test26 。。。各位聚聚，能不能給施舍弱幾組數(shù)據(jù)。。。wa的：https://paste.ubuntu.com/p/dy4sBzXrVZ/

-------------------------------------------------------------------------------------------2018/04/27 更新

之后，想了一下，為什么要用區(qū)間異或，這種東西呢？排序之后，直接區(qū)間賦值，存下數(shù)字不同的兩個位置，當(dāng)給定區(qū)間包含某一對這樣的位置時，區(qū)間數(shù)字就不相同。這個直接開個set在里面二分第一個大于左端點的左點，check一下就行了。嘴完了。。。

感覺不對。。。涼了。

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轉(zhuǎn)載于:https://www.cnblogs.com/RRRR-wys/p/8879075.html

總結(jié)

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