NWERC 2020 部分題解
阿新 • • 發佈：2021-07-11
NWERC 2020 部分題解
A. Atomic Energy
題意
完全揹包，物品的體積是\(1,2...n\) 價值是\(a_1,a_2...a_n\)
給出\(q\)次詢問，每次詢問體積恰為\(k\)的揹包的價值是多少
\[1 \leq n \leq 100,q \leq 10^5\\ 1 \leq a_i \leq 10^9,1 \leq k \leq 10^9 \]分析
發現揹包的體積很大，物品的體積很小，能夠明顯地感覺到應該大範圍貪心。
具體到哪個範圍呢？考慮所有物品中價效比最高的物品體積\(m\)，假設最後揹包中的物品由體積為\(b_1,b_2...\)組成，可以得到結論若\(size(b) \geq m - 1\)
程式碼
這是賽時程式碼，事實上上限可以進一步逼近
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; int n, q; const int N = 110, M = 5e5 + 10; ll a[N]; ll f[M]; int main(){ memset(f, 0x3f, sizeof f); scanf("%d%d",&n,&q); double mi = 1e9 + 1; int pos = -1; for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%lld",&a[i]); double x = 1.*a[i] / i; if (x < mi) { mi = x; pos = i; } } assert(pos != -1); for (int i = 1; i <= n; i++) { f[i] = a[i]; } constexpr int lim = 5e5; for (int i = n + 1; i <= lim; i++) { for (int j = 1; j <= n; j++) { f[i] = min(f[i], f[i - j] + a[j]); } } while (q--) { int k; scanf("%d",&k); if (k <= lim) printf("%lld\n",f[k]); else { int y = k - lim; int d = (y + pos - 1) / pos; long long ans = (long long)d * a[pos]; k -= d * pos; ans += f[k]; printf("%lld\n",ans); } } return 0; }
C.Contest Struggles
水題
程式碼
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; //d * n = s * k + remain inline int rd(){ int x; scanf("%d",&x); return x; } int main(){ int n = rd(); int k = rd(); int d = rd(); int s = rd(); double ans = (d * n - s * k) * 1.0 / (n - k); if(ans >= 0 && ans <= 100) printf("%lf",(d * n - s * k) * 1.0 / (n - k)); else puts("impossible"); }
D.Dragon Balls
題意
在2維平面的第一象限上（包括座標軸）有\(n\)個點
你可以詢問至多\(1000\)次，每次詢問給出座標\((x,y)\),每次會返回離該點的最近的點的距離的平方
點的範圍\(0 \leq x \leq 10^6,0\leq y \leq 10^6\)
點的個數\(1 \leq n\leq 7\)
返回的距離\(0 \leq d \leq2\times 10^{12}\)
分析
嘗試每次找原點，這樣每次for圓弧上的整點，即可得到點的座標
這樣的前提是圓弧上的點不會很多，打表得到\(r\)較大時得到的點的個數不會很多
注意日經問題：開根號可能會有誤差，不妨在map裡預處理出所有開方數，每次check一下即可
程式碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
//d * n = s * k + remain
inline ll rd(){
ll x;
scanf("%lld",&x);
return x;
}
ll get(int x,int y){
printf("%d %d\n",x,y);
fflush(stdout);
ll g = rd();
return g;
}
int main(){
int n = rd();
int cnt = 0;
map<ll,bool> mp;
for(int i = 0;i <= (int)1e6;i++)
mp[(ll)i * i] = 1;
while(cnt < n){
ll d = get(0,0);
if(!d) {
cnt++;
continue;
}
vector<pair<int,int>> v;
for(ll x = 0;x * x <= d;x++){
ll y = sqrt(d - x * x);
if(!mp.count(d - x * x)) continue;
v.push_back(make_pair(x,y));
}
for(int i = 0;i < v.size();i++){
ll d = get(v[i].first,v[i].second);
if(!d) {
cnt++;
break;
}
}
}
}
E.Endgame
題意
在\(n \times n\)的棋盤上兩人進行移動。每次兩人可以選擇如下操作之一：1.進行兩次給定的移動。2.移動到任意沒有棋子的位置3.不移動
共有\(n\)個給定移動，負數表示向左或者向上，不能移動到界外
輸出Alice或者Bob或者平局，若平局輸出某個情況下的Alice的位置
\(2 \leq n \leq 10^5\)
分析
考慮給定的移動只有\(n\)次移動具有什麼性質，得到每次只能移動到至多\(n^2/2\)個位置
Alice如果不能在第一次就在兩步內移動到Bob，那麼Alice不會贏（由於有任意移動的操作）
所以我們主要考察初始狀態即可，再結合\(n^2/2\)的性質，說明隨機在棋盤上選定一個點,它在可以移動的位置的概率最多是\(1/2\)，如果選\(k\)，次，一次都沒有選到不可達位置的概率是\((1/2)^k\) ，因此上隨機化就行了(之前的題的思想)
已知棋盤上兩點，如何判斷能否在兩點內可達。只須考慮\(meet \ in \ middle\)的思想就可以做到\(O(nlogn)\)
因此如果局面是\(tie\)，就可以在\(100\)次左右隨機到答案，否則輸出Bob
程式碼
#include<bits/stdc++.h>
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define eps 1e-9
#define db long double
#define equals(a,b) fabs(a-b) < eps
using namespace std;
typedef long long ll;
inline ll rd(){
ll x;
scanf("%lld",&x);
return x;
}
const int maxn = 4e5 + 5;
mt19937 rnd(time(0));
map<pii,bool> mp;
pii op[maxn];
int n;
bool ok(int dp,int dv,int p,int v){
if(!dp && !dv) return 1;
if(mp[make_pair(dp,dv)]) return 1;
for(int i = 1;i <= n;i++){
int uu = p + op[i].fi;
int vv = v + op[i].se;
if(uu <= 0 || uu > n || vv <= 0 || vv > n) continue;
if(mp[make_pair(dp - op[i].fi,dv - op[i].se)]) return 1;
}
return 0;
}
int main(){
n = rd();
int stx,sty;
int edx,edy;
stx = rd(),sty = rd();
edx = rd(),edy = rd();
for(int i = 1;i <= n;i++){
int dx = rd();
int dy = rd();
auto p = make_pair(dx,dy);
mp[p] = 1;
op[i] = p;
}
if(ok(edx - stx,edy - sty,stx,sty)) {
puts("Alice wins");
return 0;
}
int times = 500;
while(times--){
int i = rnd() % n + 1,j = rnd() % n + 1;
if(!ok(i - edx,j - edy,edx,edy)) {
printf("tie %d %d\n",i,j);
return 0;
}
}
puts("Bob wins");
}
F.Flight Collision
題意
一維座標上飛機具有\(x_i\)座標和速度\(v_i\)，其中速度是向量
若兩飛機相遇則會同時消失，問最後留下的飛機的編號
分析
觀察到性質每次相撞的飛機總是前一時間相鄰的飛機
每次當前局面下第一次相撞的飛機是距離除以相對速度最小的飛機
因此可以維護當前和後繼的相遇時間，每次pop出來後刪掉即可
維護前驅後繼可以用連結串列，也可以用set（因為前驅後繼一定有偏序關係）
實現起來可能有點麻煩，這裡用pop需要處理一下之前留下的沒用的結點，遇到是時候注意continue掉就好了
程式碼
#include<bits/stdc++.h>
#define pii pair<db,pair<int,int>>
#define fi first
#define se second
#define eps 1e-9
#define db long double
#define equals(a,b) fabs(a-b) < eps
using namespace std;
typedef long long ll;
//d * n = s * k + remain
inline ll rd(){
ll x;
scanf("%lld",&x);
return x;
}
const int maxn = 1e5 + 5;
int x[maxn],v[maxn];
priority_queue<pii> Q;
void add(int p,int q){
if(v[p] <= v[q]) return;
db T = (db)(x[p] - x[q]) / (db)(v[p] - v[q]);
Q.push(make_pair(T,make_pair(p,q)));
}
int main(){
set<int> s;
int n = rd();
for(int i = 1;i <= n;i++){
x[i] = rd();
v[i] = rd();
s.insert(i);
}
for(int i = 1;i < n;i++)
add(i,i + 1);
while(!Q.empty() && s.size()){
auto P = Q.top().se;
int i = P.fi;
int j = P.se;
Q.pop();
if(!s.count(j) || !s.count(i)) continue;
s.erase(i);
s.erase(j);
if(!s.size()) break;
auto it = s.lower_bound(i);
if(it == s.end() || it == s.begin()) continue;
int pre = *(--it);
int nxt = *s.lower_bound(j);
add(pre,nxt);
}
printf("%d\n",s.size());
for(auto it:s){
cout << it << '\n';
}
}
H.Hot Springs
題意
給定\(t_1,t_2...t_n\)重新排列使得\(|t'_{i-1} - t'_{i+1}| \leq |t'_i - t'_{i+1}|\)
分析
這種題圖畫出來就很容易發現該如何構造了
程式碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
//d * n = s * k + remain
inline int rd(){
int x;
scanf("%d",&x);
return x;
}
int main(){
int n = rd();
vector<int> v(n);
for(int i = 0;i < n;i++){
v[i] = rd();
}
sort(v.begin(),v.end());
if(n == 2) {
cout << v[0] << ' ' << v[1];
return 0;
}
if(n == 3) {
cout << v[1] << ' ' << v[0] << ' ' << v[2];
return 0;
}
vector<int> ans;
if(abs(v[0] - v[n - 2]) > abs(v[1] - v[n - 1])) {
ans.push_back(n - 1);
ans.push_back(0);
ans.push_back(n - 2);
int l = 1,r = n - 3;
for(int i = 0;i < n - 3;i++){
if(!(i & 1)) ans.push_back(l++);
else ans.push_back(r--);
}
}
else {
ans.push_back(0);
ans.push_back(n - 1);
ans.push_back(1);
int l = 2,r = n - 2;
for(int i = 0;i < n - 3;i++){
if(i & 1) ans.push_back(l++);
else ans.push_back(r--);
}
}
reverse(ans.begin(),ans.end());
for(auto it:ans){
cout << v[it] << ' ';
}
}
I.Island Tour
隊友寫的
程式碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=405;
int d[maxn];
int n;
int t[4][maxn];
struct node{
int l,r;
}s[4][405][405];
vector<int>ab[405];
vector<int>ac[405];
vector<int>bc[405];
map<pair<int,int>,int>mp;
int main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&d[i]);
}
for(int j=1;j<=3;j++)
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&t[j][i]);
}
for(int person=1;person<=3;person++){
for(int i=1;i<=n;i++){
int now=1;
int cnt=0;
for(int j=i;j<=n;j++){
s[person][i][j]=node{now,now+t[person][j]-1};
now=now+t[person][j]-1;
now=now+d[j]+1;
}
for(int j=1;j<i;j++){
s[person][i][j]=node{now,now+t[person][j]-1};
now=now+t[person][j]-1;
now=now+d[j]+1;
}
}
/*
for(int i=1;i<=n;i++){
cout<<i<<endl;
for(int j=i;j<=n;j++){
cout<<s[person][i][j].l<<" "<<s[person][i][j].r<<"xxx";
}
for(int j=1;j<i;j++){
cout<<s[person][i][j].l<<" "<<s[person][i][j].r<<"xxx";
}
cout<<endl;
}
*/
}
// a b
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
int kk=1;
for(int k=1;k<=n;k++){
if(!(s[1][i][k].l>s[2][j][k].r||s[2][j][k].l>s[1][i][k].r)){
kk=0;
}
}
if(kk)ab[i].push_back(j);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
int kk=1;
for(int k=1;k<=n;k++){
if(!(s[1][i][k].l>s[3][j][k].r||s[3][j][k].l>s[1][i][k].r)){
kk=0;
}
}
if(kk)ac[i].push_back(j);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
int kk=1;
for(int k=1;k<=n;k++){
if(!(s[2][i][k].l>s[3][j][k].r||s[3][j][k].l>s[2][i][k].r)){
kk=0;
}
}
if(kk)bc[i].push_back(j);
}
}
/*
for(int i=1;i<=n;i++){
for(auto x:ab[i]){
cout<<i<<" "<<x<<endl;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(auto x:ac[i]){
cout<<i<<" "<<x<<endl;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(auto x:bc[i]){
cout<<i<<" "<<x<<endl;
}
}
*/
for(int i=1;i<=n;i++){
for(auto x:bc[i]){
mp[{i,x}]=1;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(auto x:ab[i]){
for(auto y:ac[i]){
if(mp[{x,y}]){
cout<<i<<" "<<x<<" "<<y<<endl;
return 0;
}
}
}
}
cout<<"impossible";
}
K.Keyboardd
水題
程式碼
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
//d * n = s * k + remain
inline int rd(){
int x;
scanf("%d",&x);
return x;
}
map<char,int>mp;
int main(){
string s,t;
getline(cin,s);
getline(cin,t);
int now=1;
int p=0;
for(int i=1;i<t.size();i++){
if(t[i]==t[i-1]){
now++;
}else{
int pp=0;
for(int j=p;j<s.size();j++){
if(s[j]==t[i-1])pp++;
else {
p=j;
break;
}
}
if(pp==now){
now=1;
}else{
if(mp[t[i-1]]!=1)cout<<t[i-1];
mp[t[i-1]]=1;
now=1;
}
}
}
if(now!=(s.size()-p)){
if(mp[s[p]]!=1)cout<<s[p];
}
}