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【AtCoder】AGC021

时间：2018-11-15 22:29:04      阅读：121      评论：0      收藏：0      [点我收藏+]

标签：eps   utc   ble   sort   方式   ++i   while   etc   getchar   

A - Digit Sum 2

从高位到低位数的第i位以前前缀都相同，第i位比当前位上的数小1的情况下，后面都填9
枚举一下然后计算最大的就好

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define enter putchar(‘\n‘)
#define space putchar(‘ ‘)
#define MAXN 100005
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;char c = getchar();T f = 1;
    while(c < ‘0‘ || c > ‘9‘) {
    if(c == ‘-‘) f = -1;
    c = getchar();
    }
    while(c >= ‘0‘ && c <= ‘9‘) {
    res = res * 10 + c - ‘0‘;
    c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar(‘-‘);}
    if(x >= 10) {
    out(x / 10);
    }
    putchar(‘0‘ + x % 10);
}
int64 N;
int x[25],tot;
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    read(N);
    while(N) {
    x[++tot] = N % 10;
    N /= 10;
    }
    int ans = 0,sum = 0;
    for(int i = tot ; i >= 1 ; --i) {
    ans = max(ans,sum + x[i] - 1 + (i - 1) * 9);
    sum += x[i];
    }
    ans = max(ans,sum);
    out(ans);enter;
    return 0;
}

B - Holes

如果两个点的话或者所有点共线的话两个端点各是0.5
我们给这些点求一个凸包，由于半径是无穷大，我们只关心凸包上的点相邻两边做垂直平分线交出来的角除以2PI的值
这个值可以用PI减去凸包上的顶角求出来

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define enter putchar(‘\n‘)
#define space putchar(‘ ‘)
#define MAXN 100005
#define eps 1e-8
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;char c = getchar();T f = 1;
    while(c < ‘0‘ || c > ‘9‘) {
    if(c == ‘-‘) f = -1;
    c = getchar();
    }
    while(c >= ‘0‘ && c <= ‘9‘) {
    res = res * 10 + c - ‘0‘;
    c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar(‘-‘);}
    if(x >= 10) {
    out(x / 10);
    }
    putchar(‘0‘ + x % 10);
}
const db PI = acos(-1.0);
int N,top;
db ans[105];
bool dcmp(db a,db b) {
    return fabs(b - a) <= eps;
}
struct Point {
    db x,y;int id;
    Point(db _x = 0.0,db _y = 0.0) {
    x = _x;y = _y;
    }
    friend Point operator + (const Point &a,const Point &b) {
    return Point(a.x + b.x,a.y + b.y);
    }
    friend Point operator - (const Point &a,const Point &b) {
    return Point(a.x - b.x,a.y - b.y);
    }
    friend Point operator * (const Point &a,const db &d) {
    return Point(a.x * d,a.y * d);
    }
    friend db operator * (const Point &a,const Point &b) {
    return a.x * b.y - a.y * b.x;
    }
    friend db dot(const Point &a,const Point &b) {
    return a.x * b.x + a.y * b.y;
    }
    db norm() {
    return sqrt(x * x + y * y);
    }
}P[105],sta[105];

bool cmp(Point a,Point b) {
    db d = (a - P[1]) * (b - P[1]);
    if(dcmp(d,0.0)) {return (a - P[1]).norm() < (b - P[1]).norm();}
    else return d > 0;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    int x,y;
    read(N);
    if(N == 1) {puts("1.0");return 0;}
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {read(x);read(y);P[i] = Point(x,y);P[i].id = i;}
    for(int i = 2 ; i <= N ; ++i) {
    if(P[i].x < P[1].x || (P[i].x == P[1].x && P[i].y < P[1].y)) swap(P[1],P[i]);
    }
    sort(P + 2,P + N + 1,cmp);
    sta[++top] = P[1];
    for(int i = 2 ; i <= N ; ++i) {
    while(top >= 2 && (P[i] - sta[top - 1]) * (sta[top] - sta[top - 1]) >= 0.0) --top;
    sta[++top] = P[i];
    }
    if(top == 2) {
    ans[sta[1].id] = 0.5;
    ans[sta[2].id] = 0.5;
    }
    else {
    Point a,b;
    sta[0] = sta[top];sta[top + 1] = sta[1];
    for(int i = 1 ; i <= top ; ++i) {
        a = sta[i + 1] - sta[i];
        b = sta[i - 1] - sta[i];
        ans[sta[i].id] = (PI - acos( dot(a,b) / (a.norm() * b.norm()) ) ) / (2 * PI); 
    }
    }
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
    printf("%.10lf\n",ans[i]);
    }
    return 0;
}

C - Tiling

按理来说是可以四个四个小块一划，如果多出来一行或者一列或者都多，就先贪心用<>填满多的一个横行，贪心用^v填满多余的一个纵行
但是有一个边界情况，就是横行纵行都剩一个，并且填满了，这个时候剩下了5个格子，有一个<>和一个^v没填
用3*3举个例子
<>^
^*v
v<>
可以这么填
也就是我们必须填多余格子的时候尽量靠右下填四个小块的时候尽量靠右上，剩出一个
**
**
*
来

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define enter putchar(‘\n‘)
#define space putchar(‘ ‘)
#define MAXN 100005
#define eps 1e-8
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;char c = getchar();T f = 1;
    while(c < ‘0‘ || c > ‘9‘) {
    if(c == ‘-‘) f = -1;
    c = getchar();
    }
    while(c >= ‘0‘ && c <= ‘9‘) {
    res = res * 10 + c - ‘0‘;
    c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar(‘-‘);}
    if(x >= 10) {
    out(x / 10);
    }
    putchar(‘0‘ + x % 10);
}
int N,M,A,B,S,T;
char ans[1005][1005];
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    read(N);read(M);read(A);read(B);
    S = N;T = M;
    if(N * M < (A + B) * 2) {
    puts("NO");
    return 0;
    }
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
    for(int j = 1 ; j <= M ; ++j) {
        ans[i][j] = ‘.‘;
    }
    }
    if(M & 1) {
    int t = 1;
    while(B) {
        if(t + 1 > N) break;
        ans[t][M] = ‘^‘;
        ans[t + 1][M] = ‘v‘;
        t += 2;
        --B;
    }
    --M;    
    }
    if(N & 1) {
    int t = T;
    while(A) {
        if(t - 1 < 1) break;
        ans[N][t] = ‘>‘;
        ans[N][t - 1] = ‘<‘;
        t -= 2;
        --A;
    }
    --N;
    }
    int rem = N * M;
    for(int i = 1 ; i <= N ; i += 2) {
    for(int j = M - 1 ; j >= 1 ; j -= 2) {
        if(A >= 2) {
        A -= 2;
        rem -= 4;
        ans[i][j] = ‘<‘;
        ans[i][j + 1] = ‘>‘;
        ans[i + 1][j] = ‘<‘;
        ans[i + 1][j + 1] = ‘>‘;
        }
        else if(B >= 2) {
        B -= 2;
        rem -= 4;
        ans[i][j] = ‘^‘;
        ans[i + 1][j] = ‘v‘;
        ans[i][j + 1] = ‘^‘;
        ans[i + 1][j + 1] = ‘v‘;
        }
    }
    }
    if(!A || !B || rem >= 8) {
    for(int i = 1 ; i <= N ; i += 2) {
        for(int j = M - 1 ; j >= 1 ; j -= 2) {
        if(ans[i][j] != ‘.‘) continue;
        if(A) {
            --A;
            ans[i][j] = ‘<‘;
            ans[i][j + 1] = ‘>‘;
        }
        else if(B) {
            --B;
            ans[i][j] = ‘^‘;
            ans[i + 1][j] = ‘v‘;
        }
        }
    }
    }
    else if(rem >= 4){
    if(A == 1 && B == 1 && (S & 1) && (T & 1)) {
        --A;--B;
        ans[N - 1][1] = ‘<‘;ans[N - 1][2] = ‘>‘;
        ans[N][1] = ‘^‘;ans[N + 1][1] = ‘v‘;
    } 
    }
    if(A || B) {puts("NO");return 0;}
    puts("YES");
    for(int i = 1 ; i <= S ; ++i) {
    for(int j = 1 ; j <= T ; ++j) {
        putchar(ans[i][j]);
    }
    enter;
    }
    return 0;
}

D - Reversed LCS

这怎么一道普及组题。。。
\(dp[i][j][k]\)表示区间\([i,j]\)改了\(k\)个字符
\(dp[i + 1][j][k] -> dp[i][j][k]\)
\(dp[i][j - 1][k] -> dp[i][j][k]\)
如果\(s[i] == s[j]\)
\(dp[i - 1][j + 1][k] + 2 -> dp[i][j][k]\)
如果\(s[i] != s[j]\)
\(dp[i - 1][j + 1][k] + 2 -> dp[i][j][k + 1]\)
初始化\(dp[i][i][0] = 1\)

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define enter putchar(‘\n‘)
#define space putchar(‘ ‘)
#define MAXN 100005
#define eps 1e-8
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;char c = getchar();T f = 1;
    while(c < ‘0‘ || c > ‘9‘) {
    if(c == ‘-‘) f = -1;
    c = getchar();
    }
    while(c >= ‘0‘ && c <= ‘9‘) {
    res = res * 10 + c - ‘0‘;
    c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar(‘-‘);}
    if(x >= 10) {
    out(x / 10);
    }
    putchar(‘0‘ + x % 10);
}
char s[305];
int K,dp[305][305][305],N;
void update(int &x,int y) {
    x = max(x,y);
}
void Solve() {
    scanf("%s",s + 1);
    read(K);
    N = strlen(s + 1);
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) 
    for(int j = 0 ; j <= K ; ++j)
        dp[i][i][j] = 1;
    for(int d = 2 ; d <= N ; ++d) {
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) {
        int j = i + d - 1;
        if(j > N) break;
        for(int k = 0 ; k <= K ; ++k) {
        if(k) update(dp[i][j][k],dp[i][j][k - 1]);
        update(dp[i][j][k],dp[i + 1][j][k]);
        update(dp[i][j][k],dp[i][j - 1][k]);
        if(s[i] == s[j]) update(dp[i][j][k],dp[i + 1][j - 1][k] + 2);
        else if(k) update(dp[i][j][k],dp[i + 1][j - 1][k - 1] + 2);
        }
    }
    }
    out(dp[1][N][K]);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
    return 0;
}

E - Ball Eat Chameleons

这道题的题意应该是这个序列建立出来吃的方式可以自己定的

我们分析一下，显然红球数必须不少于蓝球数
设红球数为\(r\)，蓝球数为\(b\)
我们每个宠物都要分配至少一个红球，然后我们给\(N - 1\)个宠物都分配红球后，剩余的都给第一个，给了\(r - (N - 1)\)个
如果\(r - (N - 1) > b\)，那么无论怎样红蓝的先后顺序，我都可以让所有宠物变红，那么方案数就是\(\binom{K}{r}\)

在\(r != b\)时
设\(t = r - (N - 1)\)
设红球为1，蓝球为-1，那么前缀和必须大于\(-t\)
可以这么考虑，在\(N - 1\)只宠物没有分配红球时，来一个红球就给他们吃一个，之后如果来了一个蓝球，如果吃了红球的宠物没有吃过蓝球，让它们消耗一个蓝球
假如不存在这样的情况，我们就把蓝球都喂给第一个，如果喂到了t个蓝球，那么我无法使第一只变红了，我喂给别人的话，别人也没法变红了，所以就转化成了这个问题
方案数类似卡特兰数的证明
是\(\binom{K}{r} - \binom{K}{r + t}\)

在\(r == b\)时
还是类似上述情况，我还是选择给剩下的\(N - 1\)只各喂一个红球，一个蓝球，给第一只喂\(t\)个红球和蓝球
那么我在给第一只喂满\(t\)个蓝球之前，我必须把第一只的\(t\)个红球喂满了，这就要求了这个颜色的序列的最后一个值必须是-1
我们再考虑前\(K - 1\)个位置，我必须满足前缀和大于\(-t\)，那么答案就是\(\binom{K - 1}{r} - \binom{K - 1}{r + t}\)

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define enter putchar(‘\n‘)
#define space putchar(‘ ‘)
#define MAXN 500005
#define eps 1e-8
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;char c = getchar();T f = 1;
    while(c < ‘0‘ || c > ‘9‘) {
    if(c == ‘-‘) f = -1;
    c = getchar();
    }
    while(c >= ‘0‘ && c <= ‘9‘) {
    res = res * 10 + c - ‘0‘;
    c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar(‘-‘);}
    if(x >= 10) {
    out(x / 10);
    }
    putchar(‘0‘ + x % 10);
}
const int MOD = 998244353;
int N,K,fac[MAXN * 2],invfac[MAXN * 2],inv[MAXN * 2];
int inc(int a,int b) {
    return a + b >= MOD ? a + b - MOD : a + b;
}
int mul(int a,int b) {
    return 1LL * a * b % MOD;
}
int C(int n,int m) {
    if(n < m) return 0;
    return mul(fac[n],mul(invfac[m],invfac[n - m]));
}
void update(int &x,int y) {
    x = inc(x,y);
}
void Solve() {
    read(N);read(K);
    inv[1] = 1;
    for(int i = 2 ; i <= 1000000 ; ++i) inv[i] = mul(inv[MOD % i],MOD - MOD / i);
    invfac[0] = fac[0] = 1;
    for(int i = 1 ; i <= 1000000 ; ++i) {
    fac[i] = mul(fac[i - 1],i);
    invfac[i] = mul(invfac[i - 1],inv[i]);
    }
    int ans = 0;
    for(int i = 0 ; i <= K ; ++i) {
    int r = i,b = K - i;
    if(r < b || r < N) continue;
    if(r - (N - 1) > b) {
        update(ans,C(K,r));
    }
    else if(r == b) {
        int t = r - (N - 1);
        update(ans,inc(C(K - 1,r),MOD - C(K - 1,r + t)));
    }
    else {
        int t = r - (N - 1);
        update(ans,inc(C(K,r),MOD - C(K,r + t)));
    }
    }
    out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
    return 0;
}

F - Trinity

考虑\(dp[i][j]\)表示\(i\)行\(j\)列方格填的方案数，多了一个限制是每行必须填一个数，所以我们枚举\(i\)，累加进答案\(\binom{n}{i} dp[i][M]\)即可

我们每次考虑增加一列的方案数
\(dp[p][j]\)转移到\(dp[p + q][j + 1]\)的方案
如果\(q\)是\(0\)的话，那么我这一列就剩\(B\)和\(C\)填的方式，有\(\binom{p + 1}{2} + 1\)多出来的1个是什么也不选，我们相当于加了一行，然后在\(p + 1\)中选两个，然后删掉加的一行，这样就包含进了这一列选了一个点的情况了

如果\(q\)不为0
我们考虑\(B,C\)可能不是我们新加进去的，而是原来\(p\)行中的，我们给\(p + q\)行首尾再加上附加的两行，然后选择\(q + 2\)个染黑，作为新加入的行，方案数是\(\binom{p + q + 2}{q + 2}\)
然后把多出来的两行删掉即可，如果删掉的首尾两行都没染黑，那么这个染黑的序列，首尾两个黑格子都是原来\(p\)行中的，如果首和尾都染黑了，那么这个\(p + q\)的序列，最上和最下两个黑格子都是新加入的\(q\)行中的，如果首行黑了尾行没黑，那么\(p + q\)的序列，最上的格子是\(q\)行中的，最下的格子是\(p\)行中的，另一种情况同理

可以卷积优化，所以就变成\(O(nm \log n)\)的了

#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define enter putchar(‘\n‘)
#define space putchar(‘ ‘)
#define MAXN 8005
#define eps 1e-8
//#define ivorysi
using namespace std;
typedef long long int64;
typedef double db;
template<class T>
void read(T &res) {
    res = 0;char c = getchar();T f = 1;
    while(c < ‘0‘ || c > ‘9‘) {
    if(c == ‘-‘) f = -1;
    c = getchar();
    }
    while(c >= ‘0‘ && c <= ‘9‘) {
    res = res * 10 + c - ‘0‘;
    c = getchar();
    }
    res *= f;
}
template<class T>
void out(T x) {
    if(x < 0) {x = -x;putchar(‘-‘);}
    if(x >= 10) {
    out(x / 10);
    }
    putchar(‘0‘ + x % 10);
}
const int MOD = 998244353,MAXL = 1 << 14;
int N,M,fac[MAXN * 2],invfac[MAXN * 2],inv[MAXN * 2];
int f[MAXL + 5],g[MAXL + 5],dp[2][MAXN],W[MAXL + 5];
int mul(int a,int b) {
    return 1LL * a * b % MOD;
}
int inc(int a,int b) {
    return a + b >= MOD ? a + b - MOD : a + b;
}
int C(int n,int m) {
    if(n < m) return 0;
    return mul(fac[n],mul(invfac[m],invfac[n - m]));
}
int fpow(int x,int c) {
    int res = 1,t = x;
    while(c) {
    if(c & 1) res = mul(res,t);
    t = mul(t,t);
    c >>= 1;
    }
    return res;
}
void update(int &x,int y) {
    x = inc(x,y);
}
void FFT(int *p,int L,int on) {
    for(int i = 1 , j = L >> 1 ; i < L - 1 ; ++i) {
    if(i < j) swap(p[i],p[j]);
    int k = L >> 1;
    while(j >= k) {
        j -= k;
        k >>= 1;
    }
    j += k;
    }
    for(int h = 2 ; h <= L ; h <<= 1) {
    int wn = W[(MAXL + on * (MAXL / h)) % MAXL];
    for(int k = 0 ; k < L ; k += h) {
        int w = 1;
        for(int j = k ; j < k + h / 2 ; ++j) {
        int u = p[j],t = mul(w,p[j + h / 2]);
        p[j] = inc(u,t);
        p[j + h / 2] = inc(u,MOD - t);
        w = mul(w,wn);
        }
    }
    }
    if(on == -1) {
    int InvL = fpow(L,MOD - 2);
    for(int i = 0 ; i < L ; ++i) p[i] = mul(p[i],InvL);
    }
}
void Solve() {
    read(N);read(M);
    fac[0] = 1;
    for(int i = 1 ; i <= N + 10 ; ++i) fac[i] = mul(fac[i - 1],i);
    invfac[N + 10] = fpow(fac[N + 10],MOD - 2);
    for(int i = N + 9 ; i >= 0 ; --i) invfac[i] = mul(invfac[i + 1],i + 1);
    W[0] = 1;W[1] = fpow(3,(MOD - 1) / MAXL);
    for(int i = 2 ; i < MAXL ; ++i) W[i] = mul(W[i - 1],W[1]);
    int cur = 0;
    for(int i = 0 ; i <= N ; ++i) dp[cur][i] = 1;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i) g[i] = invfac[i + 2];
    int L = 1;
    while(L <= 2 * N) L <<= 1;
    FFT(g,L,1);
    for(int i = 2 ; i <= M ; ++i) {
    memset(dp[cur ^ 1],0,sizeof(dp[cur ^ 1]));
    for(int j = 0 ; j <= N ; ++j) {
        update(dp[cur ^ 1][j],mul(dp[cur][j],inc(C(j + 1,2),1)));
    }
    memset(f,0,sizeof(f));
    for(int j = 0 ; j <= N ; ++j) f[j] = mul(dp[cur][j],invfac[j]);
    FFT(f,L,1);
    for(int j = 0 ; j < L ; ++j) f[j] = mul(f[j],g[j]);
    FFT(f,L,-1);
    for(int j = 0 ; j <= N ; ++j) {
        update(dp[cur ^ 1][j],mul(f[j],fac[j + 2]));
    }
    cur ^= 1;
    }
    int ans = 0;
    for(int i = 0 ; i <= N ; ++i) {
    update(ans,mul(C(N,i),dp[cur][i]));
    }
    out(ans);enter;
}
int main() {
#ifdef ivorysi
    freopen("f1.in","r",stdin);
#endif
    Solve();
    return 0;
}

【AtCoder】AGC021

标签：eps   utc   ble   sort   方式   ++i   while   etc   getchar   

原文地址：https://www.cnblogs.com/ivorysi/p/9960176.html
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