【LOJ3054】【HNOI2019】鱼

本文详细解析洛谷OJ题目3054的解题思路,通过枚举和数据结构优化,高效求解鱼身与鱼尾的组合问题。讨论了如何利用中垂线和极角排序进行点集操作,以及实现过程中的关键技巧。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

Description

https://loj.ac/problem/3054

Solution

枚举 A A A D D D,鱼身和鱼尾分别处理。
考虑鱼身,可以枚举两个点,将它们的中点放在中垂线上,具体来说可以开个map,然后记一下这条中垂线 a x + b y + c = 0 ax+by+c=0 ax+by+c=0的最简形式,强制 a > 0 a>0 a>0 b > 0 b>0 b>0,然后给每条这样的直线开个vector存中点,后面枚举 A A A D D D时直接在上面二分即可。
至于鱼尾,可以枚举每个点,将其它点极角排序, 枚举 A A A D D D时两个指针扫,要注意鱼尾可以同时在直线 A D AD AD一边。实现时可以把点复制一遍,后面的点的极角加上 2 π 2\pi 2π,判断时用极角就很方便了。
还有就是比赛时别肝这题

Code

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<assert.h>
#define fo(i,j,k) for(int i=j;i<=k;++i)
#define fd(i,j,k) for(int i=j;i>=k;--i)
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> pr;
const double eps=1e-10,pi=acos(-1);
const ll inf=1e15;
const int N=1010;
struct P{
	ll x,y;
	double ang;
	P(){}
	P(ll _x,ll _y) {x=_x,y=_y,ang=atan2(y,x);}
	friend bool operator <(P x,P y){
		return x.ang<y.ang;
	}
}a[N],b[N*2];
P operator -(P x,P y) {return P(x.x-y.x,x.y-y.y);}
P operator +(P x,P y) {return P(x.x+y.x,x.y+y.y);}
P operator *(P x,ll y) {return P(x.x*y,x.y*y);}
ll dot(P x,P y) {return x.x*y.x+x.y*y.y;}
ll cross(P x,P y) {return x.x*y.y-x.y*y.x;}
typedef vector<pr> vec;
ll gcd(ll x,ll y){
	return !y?x:gcd(y,x%y);
}
ll Abs(ll x){
	return x<0?-x:x;
}
struct node{
	ll a,b,c;
	node(){}
	node(ll _a,ll _b,ll _c){
		ll g=gcd(gcd(Abs(_a),Abs(_b)),Abs(_c));
		a=_a/g,b=_b/g,c=_c/g;
		if(a<0) a=-a,b=-b,c=-c;
		else if(!a && b<0) b=-b,c=-c;
	}
	friend bool operator <(node x,node y){
		if(x.a==y.a) return x.b<y.b || (x.b==y.b && x.c<y.c);
		else return x.a<y.a;
	}
};
map<node,vec> mp;
int tot,now;
bool cmp(P x,P y){
	double t1=atan2(x.y,x.x),t2=atan2(y.y,y.x);
	return fabs(t1-t2)<eps?x.x<y.x:t1<t2;
}
ll tmp;
ll calc(P x,P y){
	if(x.x>y.x || (x.x==y.x && x.y>y.y)) swap(x,y);
	node w(x.y-y.y,y.x-x.x,x.x*y.y-x.y*y.x);
	if(!mp.count(w)) return 0;
	vec t=mp[w];
	pr t1=make_pair(x.x*2,inf),t2=make_pair(y.x*2,-inf);
	if(x.x==y.x) t1.se=x.y*2,t2.se=y.y*2;
	int l=upper_bound(t.begin(),t.end(),t1)-t.begin(),r=lower_bound(t.begin(),t.end(),t2)-t.begin();
	return r-l;
}
vec px;
ll re[N],d[N],vl[N*2];
int c[N];
int main()
{
	freopen("fish.in","r",stdin);
	freopen("fish.out","w",stdout);
	int n;
	scanf("%d",&n);
	fo(i,1,n){
		P q;
		scanf("%lld %lld",&q.x,&q.y);
		a[i]=q;
		fo(j,1,i-1){
			P p=a[j];
			node w=node(2*(p.x-q.x),2*(p.y-q.y),q.x*q.x-p.x*p.x+q.y*q.y-p.y*p.y);
			mp[w].push_back(make_pair(p.x+q.x,p.y+q.y));
		}
	}
	for(map<node,vec>::iterator i=mp.begin();i!=mp.end();++i){
		px=i->second;
		sort(px.begin(),px.end());
		mp[i->first]=px;
	}
	ll ans=0;
	fo(i,1,n){
		tot=0,now=i;
		fo(j,1,n) if(i!=j) b[++tot]=a[j]-a[now];
		sort(b+1,b+tot+1);
		fo(i,1,tot) b[i+tot]=b[i],b[i+tot].ang+=2*pi;
		int ln=tot<<1,l=0,r=0;
		fo(j,1,tot) re[j]=dot(b[j],b[j]),d[j]=re[j];
		sort(d+1,d+tot+1);
		int cn=unique(d+1,d+tot+1)-d-1;
		fo(j,1,tot) vl[j]=lower_bound(d+1,d+cn+1,re[j])-d;
		fo(j,1,tot) vl[j+tot]=vl[j];
		fo(j,1,cn) c[j]=0;
		ll tmp=0;
		fo(j,1,tot){
			for(;r<=ln && b[r+1].ang+eps<b[j].ang+1.5*pi;) ++r,tmp+=c[vl[r]],++c[vl[r]];
			for(;l<=ln && b[l+1].ang<b[j].ang+0.5*pi+eps;) ++l,--c[vl[l]],tmp-=c[vl[l]];
			int t=calc(a[now],b[j]+a[now]);
			ans+=tmp*t;
		}
	}
	printf("%lld",ans<<2);
}
<think>我们正在查询与LOJ6279相关的编程题目或解决方案。LOJ(LibreOJ)是一个在线的评测系统,主要收录算法竞赛题目。根据题号6279,我们需要确定该题目的具体内容。由于我无法直接访问网络,我将基于已知信息进行推理。在算法竞赛中,LOJ的题目编号通常与特定的题目对应。题号6279可能对应一个特定的问题。根据常见的题目类型,我们可以推测它可能涉及数据结构或算法。然而,为了准确回答,我们可以尝试回忆或推断常见的LOJ题目。例如,LOJ6000系列题目多为数据结构题,如线段树、树状数组等。实际上,通过搜索记忆,我回想起LOJ6279是“数列分块入门3”(BlockArray3)题目。这是“分块”系列题目中的一题。题目描述:给出一个长为n的数列,以及n个操作,操作涉及区间加法,询问区间内小于某个值x的前驱(即最大的小于x的数)。因此,用户需要的是关于LOJ6279题目的描述和解决方案。解决方案:由于题目要求分块处理,我们将数列分成若干块,每块大小为sqrt(n)。对于每个块,我们维护一个有序的数组(用于二分查找)以及一个加法标记(记录整个块被加了多少)。操作:1.区间加法:对于整块,直接更新加法标记;对于不完整的块,暴力更新元素值,然后重新排序该块(或者重新构建有序数组)。2.查询区间内小于x的前驱:遍历区间内的所有块。对于整块,在块的有序数组中二分查找小于(x-加法标记)的最大值;对于不完整的块,暴力遍历每个元素,判断是否小于x(注意加上加法标记)并更新最大值。代码实现(C++)示例:```cpp#include<iostream>#include<vector>#include<cmath>#include<algorithm>#include<climits>usingnamespacestd;constintMAXN=100010;constintBLOCK_SIZE=320;//约sqrt(MAXN)intn;vector<int>a;vector<int>block_add;//每块的加法标记vector<vector<int>>sorted_blocks;//每块的有序数组voidinit(){intblock_num=(n+BLOCK_SIZE-1)/BLOCK_SIZE;block_add.assign(block_num,0);sorted_blocks.resize(block_num);for(inti=0;i<n;i++){sorted_blocks[i/BLOCK_SIZE].push_back(a[i]);}for(inti=0;i<block_num;i++){sort(sorted_blocks[i].begin(),sorted_blocks[i].end());}}voidupdate_block(intblock_id){sorted_blocks[block_id].clear();intstart=block_id*BLOCK_SIZE;intend=min((block_id+1)*BLOCK_SIZE,n);for(inti=start;i<end;i++){sorted_blocks[block_id].push_back(a[i]);}sort(sorted_blocks[block_id].begin(),sorted_blocks[block_id].end());}voidadd(intl,intr,intc){intblock_l=l/BLOCK_SIZE,block_r=r/BLOCK_SIZE;if(block_l==block_r){for(inti=l;i<=r;i++){a[i]+=c;}update_block(block_l);}else{for(inti=l;i<(block_l+1)*BLOCK_SIZE;i++){a[i]+=c;}update_block(block_l);for(inti=block_l+1;i<block_r;i++){block_add[i]+=c;}for(inti=block_r*BLOCK_SIZE;i<=r;i++){a[i]+=c;}update_block(block_r);}}intquery(intl,intr,intc){intblock_l=l/BLOCK_SIZE,block_r=r/BLOCK_SIZE;intans=-1;if(block_l==block_r){for(inti=l;i<=r;i++){intval=a[i]+block_add[block_l];if(val<c){if(val>ans)ans=val;}}}else{for(inti=l;i<(block_l+1)*BLOCK_SIZE;i++){intval=a[i]+block_add[block_l];if(val<c){if(val>ans)ans=val;}}for(inti=block_l+1;i<block_r;i++){//在块i的有序数组中二分查找小于c-block_add[i]的最大值inttarget=c-block_add[i];autoit=lower_bound(sorted_blocks[i].begin(),sorted_blocks[i].end(),target);if(it!=sorted_blocks[i].begin()){it--;intval=*it+block_add[i];if(val>ans)ans=val;}}for(inti=block_r*BLOCK_SIZE;i<=r;i++){intval=a[i]+block_add[block_r];if(val<c){if(val>ans)ans=val;}}}returnans;}intmain(){cin>>n;a.resize(n);for(inti=0;i<n;i++){cin>>a[i];}init();for(inti=0;i<n;i++){intop,l,r,c;cin>>op>>l>>r>>c;l--;r--;//如果题目输入是1-indexed,则转换为0-indexedif(op==0){add(l,r,c);}else{cout<<query(l,r,c)<<endl;}}return0;}```注意:上述代码是示例代码,可能需要根据题目具体输入要求进行调整。§§相关问题§§1.LOJ6279题目的具体描述是什么?2.分块算法的时间复杂度是多少?3.除了分块,还有哪些方法可以解决LOJ6279?4.如何优化分块算法的常数?5.分块算法适用于哪些场景?</think>### LOJ 6279 题目分析与解决方案 **题目描述**:LOJ 6279 是 LibreOJ 上的 **"数列分块入门 3"**,属于分块算法的经典练习题。核心要求如下: - **操作 1**:区间 $[l, r]$ 内每个数加上值 $c$ - **操作 2**:查询区间 $[l, r]$ 内小于 $c$ 的**最大元素值**(即前驱),不存在时返回 $-1$ #### 分块算法设计 分块的核心思想是将数列划分为 $\sqrt{n}$ 大小的块,平衡暴力操作与批量处理。 ##### 关键数据结构 1. **块内有序数组**: - 每块维护一个排序后的数组,用于二分查找前驱。 - 示例:块 $B_i$ 的排序数组为 $S_i$。 2. **加法懒标记**: - 记录整块被加的总值 $add_i$(不影响块内有序性)。 ##### 操作实现 1. **区间加法($[l, r] + c$)**: - **整块**:直接更新懒标记 $add_i \gets add_i + c$,时间复杂度 $O(1)$。 - **碎块**:暴力修改元素值,并**重构有序数组**(排序),时间复杂度 $O(\sqrt{n} \log \sqrt{n})$。 2. **查询前驱($[l, r]$ 内 $< c$ 的最大值)**: - **整块**:在有序数组 $S_i$ 中二分查找 $c - add_i$ 的前驱,时间复杂度 $O(\log \sqrt{n})$。 - **碎块**:暴力遍历元素,检查 $a_j + add_i < c$ 并更新最大值,时间复杂度 $O(\sqrt{n})$。 #### 代码实现(C++) ```cpp #include <iostream> #include <vector> #include <cmath> #include <algorithm> #include <climits> using namespace std; const int MAXN = 100010; int n, block_size; vector<int> a; vector<int> add_tag; // 块的加法标记 vector<vector<int>> blocks; // 每块的有序数组 void init() { block_size = sqrt(n); int block_num = (n + block_size - 1) / block_size; add_tag.assign(block_num, 0); blocks.resize(block_num); for (int i = 0; i < n; i++) blocks[i / block_size].push_back(a[i]); for (int i = 0; i < block_num; i++) sort(blocks[i].begin(), blocks[i].end()); } void rebuild_block(int block_id) { blocks[block_id].clear(); int start = block_id * block_size; int end = min(start + block_size, n); for (int i = start; i < end; i++) blocks[block_id].push_back(a[i]); sort(blocks[block_id].begin(), blocks[block_id].end()); } void range_add(int l, int r, int c) { int block_l = l / block_size, block_r = r / block_size; if (block_l == block_r) { // 同一块内 for (int i = l; i <= r; i++) a[i] += c; rebuild_block(block_l); } else { // 左侧碎块 for (int i = l; i < (block_l + 1) * block_size; i++) a[i] += c; rebuild_block(block_l); // 中间整块 for (int i = block_l + 1; i < block_r; i++) add_tag[i] += c; // 右侧碎块 for (int i = block_r * block_size; i <= r; i++) a[i] += c; rebuild_block(block_r); } } int query_predecessor(int l, int r, int c) { int ans = -1; int block_l = l / block_size, block_r = r / block_size; // 左侧碎块暴力查询 for (int i = l; i < min(r + 1, (block_l + 1) * block_size); i++) { int val = a[i] + add_tag[block_l]; if (val < c && val > ans) ans = val; } // 中间整块二分查找 for (int i = block_l + 1; i < block_r; i++) { int target = c - add_tag[i]; auto it = lower_bound(blocks[i].begin(), blocks[i].end(), target); if (it != blocks[i].begin()) { it--; int val = *it + add_tag[i]; if (val < c && val > ans) ans = val; } } // 右侧碎块暴力查询 if (block_l != block_r) { for (int i = block_r * block_size; i <= r; i++) { int val = a[i] + add_tag[block_r]; if (val < c && val > ans) ans = val; } } return ans; } int main() { cin >> n; a.resize(n); for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i]; init(); for (int i = 0; i < n; i++) { int op, l, r, c; cin >> op >> l >> r >> c; l--; r--; // 转为0-indexed if (op == 0) range_add(l, r, c); else cout << query_predecessor(l, r, c) << endl; } return 0; } ``` #### 算法分析 - **时间复杂度**: - 单次修改/查询:$O(\sqrt{n} \log \sqrt{n})$(碎块排序主导)。 - 总操作 $m$ 次:$O(m \sqrt{n} \log n)$。 - **空间复杂度**:$O(n)$。 #### 优化技巧 1. **减少排序次数**: - 碎块修改时只重构受影响块的有序数组。 2. **块大小调整**: - 实测调整块大小为 $n^{0.6}$ 可能更快(需测试)。 #### 应用场景 分块算法适用于**强制在线**的区间问题(如 LOJ 的数列分块系列题),在 $O(\sqrt{n})$ 复杂度下平衡修改与查询[^1]。
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