2022牛客暑期多校训练营5（BCDFGHK）

题集链接；

• B Watches
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• C Bit Transmission
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B Watches

二分

题意

手表店有 n 块手表出售，第 i 个手表售价 $a_i$ 。若购买 k 个手表，那么第 i 个手表需要花费 $a_i+ki$ 元。现有 m 元，求最多可购买多少块手表；

思路

我们考虑到每个手表的花费与购买总数有关，不方便直接贪心处理，我们便选择二分出 k 后，按照实际花费进行排序并贪心；

代码

队友代码如下

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;

int main() {
    cin.tie(0) -> sync_with_stdio(false);
   int n, m;
   cin >> n >> m;

   vector<long long> a(n);
   for (auto& x : a) cin >> x;

   auto solve = [&](int k) -> bool {
      vector<long long> b(a);
      for (int i = 0; i < n; i++) {
         b[i] += 1ll * (i + 1) * k;
      }
      sort(b.begin(), b.end());
      long long sum = 0;
      for (int i = 0; i < k; i++) {
         sum += b[i];
      }
      return sum <= m;
   };

   int l = 0, r = n;
   int ans = 0;
   while (l <= r) {
      int mid = (l + r) / 2;
      if (solve(mid)) {
         ans = mid;
         l = mid + 1;
      } else {
         r = mid - 1;
      }
   }
   cout << ans << '\n';
}

C Bit Transmission

题意

机器人有一长度为 n 的字符串，现在向机器人询问 3n 次某位是否为 1 ，但是在所有询问中，机器人会返回最多一个错误。对于机器人的回答，若存在唯一的字符串则输出，否则返回 -1 ；

思路

首先排除一些明显无唯一答案的情况，比如某一位没有被询问过；

由于是否有错未知，我们需要首先定位错误的发生，对于某被询问大于两次的位，若其结果出现一次不同，则可以断定错误发生在此处；

若无法定位错误，除所有位均被询问大于两次且答案相同外，其余情况均无唯一原串；

代码

队友代码如下

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;

int main()
{
    int n;
    while (cin >> n)
    {
        vector a(n, pair<int, int>(0, 0));
        for (int i = 0; i < n * 3; i++)
        {
            int x;
            string s;
            cin >> x >> s;
            if (s[0] == 'Y')
            {
                a[x].second++;
            }
            else
            {
                a[x].first++;
            }
        }

        bool f = true;

        for (int i = 0; i < n; i++)
        {
            if (a[i].first + a[i].second == 0)//没有问到
            {
                f = false;
                break;
            }
        }

        int cnt = 0;
        if (f)
        {
            for (int i = 0; i < n; i++)
            {
                if (a[i].first + a[i].second > 2)
                {
                    if (a[i].first == 1 || a[i].second == 1)//错误发生
                    {
                        cnt++;
                    }
                    else if (a[i].first != 0 && a[i].second != 0)//同一位上至少两个错误
                    {
                        f = false;
                        break;
                    }
                    if (cnt == 2)//多个错误
                    {
                        f = false;
                        break;
                    }
                }
            }
        }
        if (f)
        {
            if (cnt == 0)//若无法定位错误
            {
                for (int i = 0; i < n; i++)
                {
                    if (a[i].first == 1 || a[i].second == 1)//无法确定结果真实性
                    {
                        f = false;
                        break;
                    }
                }
            }
            for (int i = 0; i < n; i++)
            {
                if (a[i].first == 1 && a[i].second == 1)//若出现11
                {
                    f = false;
                    break;
                }
            }
        }
        if (f)
        {
            for (int i = 0; i < n; i++)
            {
                if (a[i].first > a[i].second)
                {
                    cout << 0;
                }
                else
                    cout << 1;
            }
        }
        else
        {
            cout << -1;
        }
        cout << '\n';
    }

    return 0;
}

D Birds in the tree

树状DP

题意

给出一个 n 个节点的树，每个节点有颜色 0 或 1 ，求其有多少连通子图，满足度数为 1 的节点颜色相同；

思路

构造状态表示：$dp[i][j]$ 为以节点 i 为根的子树中，有多少连通子图，度数为 1 的节点（若 i 不是唯一一个则不考虑 i ）颜色为 j；
推导状态转移方程：

$dp[i][j]=\prod_{k\in son_i}(1+dp[k][j])-[col[i]!=j]$

前面的连乘式显然为乘法计数原理，对于每一个子节点k，有 $dp[k][j]$ 种选择，还可以不选该子节点；
对于后面的减数，则表示若 i 节点颜色与目标相异，则需要去除仅选择 i 一个点的情况；

答案即为

$\sum_idp[i][1]+dp[i][0]-(\sum_{k\in son_i}dp[k][!col[n]])$

后面的减法是减去以 i 为根节点，并且仅选择了一个子树的情况，此处不符合题意；

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll M = 1e9 + 7;
vector<int> rod[300005];
ll col[300005];
ll dp[300005][2];
ll ans;
void dfs(int x, int f)
{
    ll tmp1 = 1, tmp0 = 1, sum = 0;
    for (auto y : rod[x])
    {
        if (y == f)
            continue;
        dfs(y, x);
        sum += (dp[y][col[x] ^ 1]);
        sum %= M;
        tmp1 *= (1 + dp[y][1]) % M;
        tmp1 %= M;
        tmp0 *= (1 + dp[y][0]) % M;
        tmp0 %= M;
    }
    dp[x][1] = tmp1 - (col[x] != 1) + M;
    dp[x][0] = tmp0 - (col[x] != 0) + M;
    dp[x][1] %= M;
    dp[x][0] %= M;
    ans += dp[x][1] + dp[x][0] - sum + M;
    ans %= M;
}
int main()
{
    int n;
    while (cin >> n)
    {
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            rod[i].clear();
        ans = 0;
        string g;
        cin >> g;
        for (int i = 0; i < n; i++)
        {
            col[i + 1] = g[i] - '0';
        }
        for (int i = 1; i < n; i++)
        {
            int u, v;
            scanf("%d%d", &u, &v);
            rod[u].push_back(v);
            rod[v].push_back(u);
        }
        dfs(1, 0);
        cout << ans << endl;
    }
}

F A Stack of CDs

计算几何

题意

洛谷原题，更改输入顺序和输出位数即可

思路

对于这个数据量，我们可以对每一个盘寻找其被覆盖的区间，并进行区间和并算出被覆盖总长；
注意盘被上层内含的情况；

累加每个盘的剩余总长即是答案；

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define double long double
const double eps = 1e-16;
const double PI = acos(-1.0);
int sign(double x) // 符号函数
{
    if (fabs(x) < eps)
        return 0;
    if (x < 0)
        return -1;
    return 1;
}
struct Point
{
    double x, y;
    Point(double a = 0, double b = 0) { x = a, y = b; }
    Point operator+(const Point &a) const { return Point(x + a.x, y + a.y); }
    Point operator-(const Point &a) const { return Point(x - a.x, y - a.y); }
    Point operator*(const double &a) const { return Point(x * a, y * a); }
    Point operator/(const double &a) const { return Point(x / a, y / a); }
    bool operator==(const Point &a) const { return !sign(x - a.x) && !sign(y - a.y); }
    bool operator<(const Point &a) const { return (fabs(x - a.x) < eps) ? (y < a.y) : (x < a.x); }
};
struct Line
{
    Point a, v;
    Line(Point x = Point(), Point y = Point()) { a = x, v = y; }
};
struct Circle
{
    Point o;
    double r;
    Circle(Point x = Point(), double y = 0) { o = x, r = y; }
};
double dot(Point a, Point b) { return a.x * b.x + a.y * b.y; }
double cross(Point a, Point b) { return a.x * b.y - b.x * a.y; }
double get_length(Point a) { return sqrt(dot(a, a)); }
Point get_line_intersection(Line m, Line n)
{
    Point u = m.a - n.a;
    if (sign(cross(m.v, n.v)) == 0)
        return Point(0, 0);
    double t = cross(n.v, u) / cross(m.v, n.v);
    return m.a + m.v * t;
}
double distance_to_line(Point p, Line m) { return fabs(cross(p - m.a, m.v) / get_length(m.v)); }
pair<Point, Point> line_circle_intersection(Line l, Circle c)
{
    Point h = get_line_intersection(l, Line(c.o, Point(-l.v.y, l.v.x)));
    if (sign(distance_to_line(h, l) - c.r) > 0)
        return {Point(), Point()};
    Point e = l.v / get_length(l.v);
    double k =
        sqrt(c.r * c.r - fabs(cross(c.o - l.a, l.v)) * fabs(cross(c.o - l.a, l.v)) / dot(l.v, l.v));
    return {h - e * k, h + e * k};
}
Circle ccl[1003];
int n;
int circle_relation(Circle p, Circle q)
{
    double d = get_length(p.o - q.o), l = fabs(p.r - q.r);
    if (sign(d - p.r - q.r) > 0)
        return 5;
    else if (sign(d - p.r - q.r) == 0)
        return 4;
    else if (sign(d - l) > 0)
        return 3;
    else if (sign(d - l) == 0)
        return 2;
    else
        return 1;
}
pair<Point, Point> circle_circle_intersection(Circle a, Circle b)
{
    double d = get_length(a.o - b.o);
    double d1 = a.r * (a.r * a.r + d * d - b.r * b.r) / (2 * a.r * d);
    double h1 = sqrt(a.r * a.r - d1 * d1);
    Point ed = b.o - a.o;
    Point h = a.o + ed / get_length(ed) * d1;
    return {h + Point(ed.y, -ed.x) / get_length(ed) * h1,
            h - Point(ed.y, -ed.x) / get_length(ed) * h1};
}
double get_angle(Point a, Point b) { return acos(dot(a, b) / get_length(a) / get_length(b)); }
int main()
{
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        scanf("%Lf%Lf%Lf", &ccl[i].o.x, &ccl[i].o.y, &ccl[i].r);
    }
    vector<pair<double, double>> lim;
    double ans = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        lim.clear();
        double ers = 0;
        bool zero = 0;
        for (int j = i + 1; j < n; j++)
        {
            int tmp = circle_relation(ccl[i], ccl[j]);
            if (tmp == 1 && ccl[i].r < ccl[j].r)
            {
                zero = 1;
                break;
            }
            else if (tmp == 3)
            {
                auto pii = circle_circle_intersection(ccl[i], ccl[j]);
                Point to = ccl[j].o - ccl[i].o;
                pair<double, double> deg = {
                    atan2((pii.first - ccl[i].o).y, (pii.first - ccl[i].o).x),
                    atan2((pii.second - ccl[i].o).y, (pii.second - ccl[i].o).x)};
                if (deg.first > deg.second)
                {
                    swap(deg.first, deg.second);
                }
                if (sign(fabs(deg.first - atan2(to.y, to.x)) - PI) >= 0 ||
                    sign(fabs(deg.second - atan2(to.y, to.x)) - PI) >= 0)
                {
                    lim.push_back({deg.second, PI});
                    lim.push_back({-PI, deg.first});
                }
                else
                {
                    lim.push_back(deg);
                }
            }
        }
        if (zero)
            continue;
        if (lim.empty())
        {
            ers = 0;
        }
        else
        {
            sort(lim.begin(), lim.end());
            double st = lim[0].first, ed = lim[0].second;
            for (int i = 1; i < lim.size(); i++)
            {
                if (sign(lim[i].first - ed) <= 0)
                {
                    ed = max(lim[i].second, ed);
                }
                else
                {
                    ers += ed - st;
                    st = lim[i].first, ed = lim[i].second;
                }
            }
            ers += ed - st;
        }
        ans += (2 * PI - ers) * ccl[i].r;
//         printf("*%Lf %Lf %d\n", ers, ans, lim.size());
    }
    printf("%.10Lf", ans);
}

G KFC Crazy Thursday

Manacher（马拉车算法）

题意

给定长度为 n 的小写字母串，分别求有多少以 k , f, c 结尾的回文子串；

思路

由于马拉车求的是以每个字符为中心的最长回文串，我们只需要枚举以某点为中心，所有小于等于该点最长回文串半径的回文串，判断是否符合条件并计数即可；

最初还担心T，实际上可以过~

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M = 998244353;
const int maxn = 5e5 + 5;
char s[maxn * 2], str[maxn * 2];
int d[maxn * 2], len;
void getstr()
{ //重定义字符串
    int k = 0;
    str[k++] = '@'; //开头加个特殊字符防止越界
    for (int i = 0; i < len; i++)
    {
        str[k++] = '#';
        str[k++] = s[i];
    }
    str[k++] = '#';
    len = k;
    str[k] = 0; //字符串尾设置为0，防止越界
}
int k, f, c;

int manacher()
{
    int mx = 0, id; // mx为最右边，id为中心点
    int maxx = 0;
    for (int i = 0; i < len; i++)
    {
        if (i < mx)
            d[i] = min(mx - i + 1, d[2 * id - i]); 
        else
            d[i] = 1; 
        while (str[i + d[i]] == str[i - d[i]])
            d[i]++; 
        if (d[i] + i - 1 > mx)
        { 
            mx = d[i] + i - 1;
            id = i;                 
            maxx = max(maxx, d[i]); 
        }
    }
    return (maxx - 1);
}

int main()
{
    while (cin >> len)
    {
        scanf("%s", &s);
        getstr();
        memset(d, 0, sizeof d);
        manacher();
        k = f = c = 0;
        for (int i = 1; i < len; i++)
        {
            for (int j = 1; j <= d[i]; j++)
            {
                if (str[i - j + 1] == 'k')
                    k++;
                if (str[i - j + 1] == 'f')
                    f++;
                if (str[i - j + 1] == 'c')
                    c++;
            }
        }
        printf("%d %d %d\n", k, f, c);
    }
}

H Cutting Papers

计算几何

题意

给定图形 $|x|+|y|+|x+y|\leqslant n$ 和 $x^2+y^2\leqslant n^2/4$ 求两者交面积；

思路

经过matplotlib绘制，发现前者形状如下：


便可以直接表示出面积~

代码

队友代码如下

#include <cmath>
#include <iostream>
using namespace std;

const double PI = acos(-1);

int main() {
   double n;
   cin >> n;
    double r = n / 2;
    printf("%.8f\n" , r * r * PI / 2 + 2 * r * r);
}

K Headphones

题意

现有 n-k 对耳机，每次随机拿一个（不是一对），求最少拿多少次能使手中耳机对数大于k；

思路

如果存在解，先考虑最坏情况：
若先拿出的 n-k 个耳机都是不成对的，那么还需要再拿 k+1 个才能满足题意；
即至少需要拿 n+1 个；

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M = 998244353;

int main() {
   long long n,k;
   while(cin>>n>>k)
   {
    if(n-k>=k+1)printf("%lld\n",n+1);
    else printf("-1\n");
   }
}

ed

这场的难度梯度有点怪