CF#488简单题解

【题目地址】

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A. Two Squares

直接先判断是否有点相交，或者一个点在另一个的内部，然后注意这种情况：

特殊判断一下即可。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int inf=0x7fffffff;
struct Point{
	int x,y;
	void in(){scanf("%d%d",&x,&y);}
	Point(){}
	Point(int a,int b):x(a),y(b){}
}P1[5],P2[5];
void Turn(Point &a){
	int x=a.x-a.y;
	int y=a.x+a.y;
	a=Point(x,y);
}
bool in(Point a,Point *b){
	int minx=inf,maxy=-inf;
	int maxx=-inf,miny=inf;
	for(int i=1;i<=4;i++){
		minx=min(b[i].x,minx);
		maxx=max(b[i].x,maxx);
		maxy=max(b[i].y,maxy);
		miny=min(b[i].y,miny);
	}
	if(a.x>=minx&&a.x<=maxx&&a.y>=miny&&a.y<=maxy) return 1;
	else return 0;
}
int main(){
	Point P=Point(inf,inf);int pos=-1;
	for(int i=1;i<=4;i++)P1[i].in();
	for(int i=1;i<=4;i++)P2[i].in();
	for(int i=1;i<=4;i++){
		if(P2[i].x<P.x)P=P2[i],pos=i;
	}	pos=(pos+2)%4;if(!pos)pos=4;
	for(int i=1;i<=4;i++){
		int a=i,b=i+1;
		if(b>4)b=1;
		if(P1[a].x>=P.x&&P1[b].x>=P.x){
			if(P.y>=min(P1[a].y,P1[b].y)&&P.y<=max(P1[a].y,P1[b].y)){
				int x=(a+2)%4,y=(b+2)%4;
				if(!x)x=4;if(!y)y=4;
				if(P2[pos].x>=P1[x].x&&P2[pos].x>=P1[y].x){
					if(P2[pos].y>=min(P1[x].y,P1[y].y)&&P2[pos].y<=max(P1[x].y,P1[y].y)){
						puts("YES");
						return 0;
					}
				}
			}
		}
	}//这个是判断特殊情况
	for(int i=1;i<=4;i++){
		if(in(P2[i],P1)){
			puts("YES");
			return 0;
		}
	}
	for(int i=1;i<=4;i++)Turn(P1[i]);
	for(int i=1;i<=4;i++)Turn(P2[i]);
	//这里旋转了一下坐标系，其实没必要
	for(int i=1;i<=4;i++){
		if(in(P1[i],P2)){
			puts("YES");
			return 0;
		}
	}
	puts("NO");
	return 0;
}

B. Open Communication

直接看两边给出的数对，是否有一对多的情况，有的话直接输出$-1$，否则看是否只出现一种一样的，多种的话输出$0$，否则就输出那一种。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int M=22;
int n,m;
struct Num{
	int x,y;
	void in(){scanf("%d%d",&x,&y);if(x>y)swap(x,y);}
	Num(){}
	Num(int a,int b):x(a),y(b){}
}A[M],B[M];
int mp1[M],mp2[M],tag;
int iseq(int a,int b){
	if(A[a].x==B[b].x&&A[a].y==B[b].y) return 0;
	if(A[a].x==B[b].x||A[a].x==B[b].y) return A[a].x;
	if(A[a].y==B[b].x||A[a].y==B[b].y) return A[a].y;
	return 0;
}
int ans,test[M];
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)A[i].in();
	for(int i=1;i<=m;i++)B[i].in();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int now=0,tw=0;
		for(int j=1;j<=m;j++){
			if(iseq(i,j)){
				ans=iseq(i,j);
				if(!tw)tw=ans;
				else if(tw!=ans){
					tag=1;
				}
				++test[ans];
				++now;
			}
		}
	}
	swap(n,m),swap(A,B);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int now=0,tw=0;
		for(int j=1;j<=m;j++){
			if(iseq(i,j)){
				ans=iseq(i,j);
				if(!tw)tw=ans;
				else if(tw!=ans){
					tag=1;
				}
				++test[ans];
				++now;
			}
		}
	}	
	int tot=0;
	for(int i=1;i<=9;i++){
		if(test[i]){
			++tot;ans=i;
		}
	}
	if(tag) puts("-1");
	else if(tot==1){
		printf("%d\n",ans);
	}else puts("0");
	return 0;
}

C. Careful Maneuvering

首先，敌人是在两个$(100,y),(-100,y)$的竖线上，所以我方飞船肯定是在中间$(0,y)$就好了，然后我方飞船的$y$要么为$x.5$，要么就为整数（非0.5整数是打不到对面的，因为敌人都是整数坐标），然后有用的位置只有敌人两边两两之间的连线的中点，所以把这$n^2$个中点求出来，并用二进制位压缩一下每个中点两边能打到的飞船（0表示打不到，1表示打的到），然后后面再$n^4$枚举一下我方两个飞船在哪，取个最大的就好了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define lowbit(a) ((a)&(-(a)))
#define ll long long
using namespace std;
const int N=66,S=1<<20,M=1e5+10,UP=2e4;
const int BLK=S-1;
int n,m;
int bit[S];
void init(){bit[1]=1;for(int i=2;i<S;i++)bit[i]=bit[i^lowbit(i)]+1;}
int count(ll x){return bit[x>>40]+bit[(x>>20)&BLK]+bit[x&BLK];}
ll sit[2][M];
int x1[N],x2[N],rec[UP],cnt,maxx,ans;
int main(){
	init();
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&x1[i]);
	for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d",&x2[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++){
			int x=x1[i]+x2[j]+UP;
			if(x>maxx)maxx=x;
			sit[0][x]|=(1llu<<(i-1));
			sit[1][x]|=(1llu<<(j-1));
		}
	for(int i=0;i<=maxx;i++)
		if(sit[0][i]||sit[1][i])rec[++cnt]=i;
	for(int i=1;i<=cnt;i++){
		for(int j=i;j<=cnt;j++){
			ll now1=sit[0][rec[i]]|sit[0][rec[j]];
			ll now2=sit[1][rec[i]]|sit[1][rec[j]];
			ans=max(ans,count(now1)+count(now2));
		}
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

D. Compute Power

显然的01分数规划，避免小数误差，我们可以将$a_i$先乘以1000，然后二分答案，使得$a_i-ans\times b_i\le 0$尽量接近于0，先排序后每次二分用$dp$计算最小的代价，由于相同的可以和在一起算，$n^2$枚举一下就好了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int M=55;
const ll MAX=1e12;
int n;
struct Task{
	ll A,B;
	Task(){}
	Task(ll a,ll b):A(a),B(b){}
	bool operator <(const Task &a)const{return A>a.A||(A==a.A&&B>a.B);}
}P[M];
ll F[M][M],tot[M];
bool check(ll ans){
	memset(F,127/2,sizeof(F));
	F[0][0]=0;
	for(int i=1,j;i<=n;i=j){
		for(j=i;P[j].A==P[i].A&&j<=n;j++);
		for(int k=i;k<j;k++)
			tot[k-i+1]=tot[k-i]+P[k].A-P[k].B*ans;
		for(int k=0;k<=n;k++)
			for(int w=0,sz=min(k,j-i);w<=sz;w++)
				F[j-1][(k-w)+(j-i)-w]=min(F[j-1][(k-w)+(j-i)-w],F[i-1][k]+tot[(j-i)-w]);
	}
	for(int i=0;i<=n;i++)if(F[n][i]<=0) return 1;return 0;
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%I64d",&P[i].A),P[i].A*=1000ll;
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%I64d",&P[i].B);
	sort(P+1,P+n+1);
	ll l=0,r=MAX,mid,ans=0;
	while(l<=r){
		mid=l+r>>1;
		if(check(mid))
		r=mid-1,ans=mid;//小于0就还可以变小一点
		else l=mid+1;//否则无法变小
	}
	printf("%I64d\n",ans);
	return 0;
}

E. Nikita and Order Statistics

根据题意，我们可以将大于$x$的设置为$0$,小于的设置为$1$，然后我们可以用分治+FFT的方式统计，但是其实我们可以求取一个前缀和，因为答案相当于：

$$an{s}_k=\sum _{x+y=k}cnt[x]\times cnt[y]$$

其中$cnt[i]$为前缀小于给定$x$个数为$i$的个数。

令$dec[x]=cnt[n-x]$，那么$an{s}_k$就等于：

$$\sum _{x}cnt[x]\times dec[x]$$

一个显然的卷积形式，那么直接一遍$FFT$即可。

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define db double
using namespace std;
const int M=1e6+10;
const db pi=acos(-1);
struct complex{
    db x,y;
    complex(){}
    complex(db a,db b):x(a),y(b){}
}A[M];
complex operator +(complex a,complex b){return complex(a.x+b.x,a.y+b.y);}
complex operator -(complex a,complex b){return complex(a.x-b.x,a.y-b.y);}
complex operator *(complex a,complex b){return complex(a.x*b.x-a.y*b.y,a.x*b.y+a.y*b.x);}
int R[M];
void DFT(complex *a,int n,int f){
    for(int i=0;i<=n;i++)if(i<R[i])swap(a[i],a[R[i]]);
    for(int i=2;i<=n;i<<=1){
        int now=i>>1;
        complex wn=complex(cos(2*pi/i),f*sin(2*pi/i));
        for(int j=0;j<n;j+=i){
            complex w=complex(1,0),x,y;
            for(int k=j;k<j+now;k++,w=w*wn){
                x=a[k],y=w*a[k+now];
                a[k]=x+y;a[k+now]=x-y;
            }
        }
    }
    if(f==-1)for(int i=0;i<=n;i++)a[i].y/=(2*n);
}
void FFT(complex *a,int n,int m){
    int K,lg;
    for(K=1,lg=0;K<=n+m;K<<=1,++lg);--lg;
    for(int i=0;i<=K;i++)R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)<<lg);
    DFT(a,K,1);   
    for(int i=0;i<=K;i++)a[i]=a[i]*a[i];
    DFT(a,K,-1);
}
int n,x,a;
int Bef[M],Cnt[M];
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&x);
	++Cnt[0];
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a);
		Bef[i]=Bef[i-1]+(a<x);
		++Cnt[Bef[i]];
	}
	for(int i=0;i<=n;i++)A[i]=complex(Cnt[i],Cnt[n-i]);
	FFT(A,n,n);
	A[n].y=(A[n].y-n-1)/2.0;
	for(int i=n;i<=n+n;i++)printf("%I64d ",(long long)(A[i].y+0.5));
	return 0;
}

F : 看不懂算了QAQ