2018-2019 ACM-ICPC, Asia East Continent Finals D.F.I.L(VP)

专业打假赛

VP情况略，不会的题单独补了

D.Deja vu of … Go Players

题目分析

签到题，直接判断n,mn,mn,m大小关系即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'
using namespace std;const int N = 2e5 + 10;
int a[N];inline void solve(){int n, m; cin >> n >> m;for(int i = 1, x = 0; i <= n; i++) cin >> x;for(int j = 1, x = 0; j <= m; j++) cin >> x;if(n > m) cout << "No\n";else cout << "Yes\n";
}signed main(){ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);int t = 1; cin >> t;while(t--) solve();return 0;
}

F.Interstellar … Fantasy

题目分析

计算几何，不难发现三点一定共面，因此讨论能否走直线到达即可。不能走直线就走切线+圆弧。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'
using namespace std;const int N = 2e5 + 10;
int a[N];struct point{double x, y, z;point() {}point(int x, int y, int z): x(x), y(y), z(z) {}double square() {return x * x + y * y + z * z;}
};point dec(point a, point b){return point{a.x - b.x, a.y - b.y, a.z - b.z};
}inline void solve(){point o; cin >> o.x >> o.y >> o.z;double r = 0; cin >> r;point st, ed;cin >> st.x >> st.y >> st.z >> ed.x >> ed.y >> ed.z;point dec1 = dec(o, st), dec2 = dec(ed, st), dec3 = dec(o, ed), dec4 = dec(st, ed);double res0 = (st.x - ed.x) * (st.x - ed.x) + (st.y - ed.y) * (st.y - ed.y) + (st.z - ed.z) * (st.z - ed.z);double res1 = dec1.x * dec2.x + dec1.y * dec2.y + dec1.z * dec2.z;double res2 = dec3.x * dec4.x + dec3.y * dec4.y + dec3.z * dec4.z;double dis = sqrt(dec4.square());if (res0 <= 1e-8 || res1 <= 1e-8 || res2 <= 1e-8) cout << dis << endl;else {double h = sqrt(dec1.square() - res1 * res1 / dec4.square());if (r - h <= 1e-8) cout << dis << endl;else {  double linea = sqrt(dec1.square() - r * r), lineb = sqrt(dec3.square() - r * r);double jue = atan2(sqrt(dec1.square() - h * h), h) + atan2(sqrt((dec3.square() - h * h)), h) - atan2(linea, r) - atan2(lineb, r);cout << jue * r + linea + lineb << endl;}   }
}signed main(){ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);cout << fixed << setprecision(12);int t = 1; cin >> t;while(t--) solve();return 0;
}

I. Misunderstood … Missing

题目分析

假定拥有基础攻击力AAA和增幅DDD(初始均为000)进行nnn轮游戏，每轮游戏开始A→A+DA \rightarrow A + DA→A+D，每轮游戏可以选择三个操作中的一种：

造成A+aiA + a_iA+ai的伤害
将DDD变为D+biD + b_iD+bi
将AAA变为A+ciA + c_iA+ci

问nnn轮游戏结束后能够造成的总最大伤害。

每一次的选择都会对后面的操作构成影响，因此考虑倒着DPDPDP处理。首先一定可以确定第nnn轮一定会选择操作111，因为其它操作不会再对总伤害造成增益。

同时，因为我们需要记录那些回合进行了攻击，那么我们可以加一维表示攻击回合的下标和：设第iii轮选择操作222，D→D+biD \rightarrow D + b_iD→D+bi，那么对第jjj轮的贡献就是(j−i)∗bi(j - i) * b_i(j−i)∗bi，由此可以计算对[i,n][i, n][i,n]的总贡献为(sum−j×i)×bi(sum - j \times i) \times b_i(sum−j×i)×bi。

设dp[i][j][k]dp[i][j][k]dp[i][j][k]表示[i,n][i, n][i,n]轮游戏中有jjj次攻击操作，这些攻击操作所在回合下标和为kkk时造成的最大伤害，那么可以得到转移方程：
dp[i][j+1][k+i]=max⁡(dp[i][j+1][k+i],dp[i+1][j][k]+a[i])dp[i][j][k]=max⁡(dp[i][j][k],dp[i+1][j][k]+(k−j∗i)∗bi)dp[i][j][k]=max⁡(dp[i][j][k],dp[i+1][j][k]+j∗ci)dp[i][j + 1][k + i] = \max(dp[i][j + 1][k + i], dp[i + 1][j][k] + a[i]) \\ dp[i][j][k] = \max(dp[i][j][k], dp[i + 1][j][k] + (k - j * i) * b_i) \\ dp[i][j][k] = \max(dp[i][j][k], dp[i + 1][j][k] + j * c_i) dp[i][j+1][k+i]=max(dp[i][j+1][k+i],dp[i+1][j][k]+a[i])dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i+1][j][k]+(k−j∗i)∗bi)dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i+1][j][k]+j∗ci)
显然空间不太够。于是需要滚动数组压掉第一维。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'
using namespace std;const int N = 1e5 + 10;
int a[N], b[N], c[N];
int dp[105][6005];inline void solve(){int n = 0, ans = 0; cin >> n;for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i] >> b[i] >> c[i];memset(dp, -1, sizeof(dp));dp[0][0] = 0;for(int i = n; i; i--){for(int j = n; j >= 0; j--){for(int k = (n + 1) * n / 2; k >= 0; k--){if(dp[j][k] == -1) continue;dp[j + 1][k + i] = max(dp[j + 1][k + i], dp[j][k] + a[i]);// dp[j][k] = max(dp[j][k], dp[j][k] + (k - j * i) * b[i]);// dp[j][k] = max(dp[j][k], dp[j][k] + j * c[i]);dp[j][k] = max({dp[j][k], dp[j][k] + c[i] * j, dp[j][k] + (k - j * i) * b[i]});}}}for(int i = 0; i <= n; i++){for(int j = 0; j <= (n + 1) * n / 2; j++){ans = max(ans, dp[i][j]);}}cout << ans << endl;
}signed main(){ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);int t = 0; cin >> t;while(t--) solve();return 0;
}

L.Eventual … Journey

题目分析

给定一堆点，点属于两个集合中的一个。从某点出发可以通过道路到达另外一点，或者通过护照直接传送到同个集合的点。问对所有的点而言到达其他点的步数和。

分类讨论即可，记录点的度。注意要特判度为0的情况，即点自身为单点。尤其注意单点到单点的计算.

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define endl '\n'
using namespace std;const int N = 2e5 + 10;
int a[N];
vector <int> g[N];
int cnt[3], cnt2[3];
inline void solve(){int n,m; cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++) {cin>>a[i];cnt[a[i]]++;}for(int i=1;i<=m;i++){int u,v;cin>>u>>v;if(a[u] != a[v]){g[u].push_back(v); g[v].push_back(u);}}for(int i = 1; i <= n; i++){if(g[i].size()) cnt2[a[i]]++;}if(m==0){for(int i=1;i<=n;i++){cout<<cnt[a[i]]-1<<' ';}return;}for(int i=1;i<=n;i++){int ans = 0;if(g[i].size()){ans = (cnt[a[i]] - 1) + g[i].size() + 2 * (cnt[1 - a[i]] - g[i].size());} else {ans = cnt[a[i]] - 1 + 2 * cnt2[1 - a[i]] + 3 * (cnt[1 - a[i]] - cnt2[1 - a[i]]);}cout << ans << " \n"[i == n];}
}signed main(){ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);int t = 1; //cin >> t;while(t--) solve();return 0;
}