【树】B056_LQ_三角形面积阅兵方阵版本分支（递归预处理）

一、三角形面积

已知三角形三个顶点在直角坐标系下的坐标分别为：
(2.3, 2.5)
(6.4, 3.1)
(5.1, 7.2)
求该三角形的面积。

【答案提交】
注意，要提交的是一个小数形式表示的浮点数。
要求精确到小数后3位，如不足3位，需要补零

方法一：海伦公式

已知三条边的长度可用海伦公式：
S=sqrt(p×(p−a)×(p−b)×(p−c))（p=a+b+c2）S= sqrt(p × (p-a) × (p-b) × (p-c))（p=\cfrac{a+b+c}{2}）S=sqrt(p×(p−a)×(p−b)×(p−c))（p=2a+b+c）

也可用一个同一个夹角的向量的叉积，假设：
12×(x1−x0)×(y2−y0)−(x2−x0)×(y1−y0)\cfrac{1}{2} × (x1-x0) × (y_2-y0) - (x2-x0) × (y1-y0)21×(x1−x0)×(y2−y0)−(x2−x0)×(y1−y0)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;struct point{double x,y;
};
double CrossProduct(point & v1, point & v2) {return 0.5*(v1.x*v2.y - v2.x*v1.y);
}
int main() {std::ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);point ps[3]={{2.3, 2.5}, {6.4, 3.1}, {5.1, 7.2}};double len[3];for (int i=0, k=0; i<2; i++)for (int j=i+1; j<3; j++, k++) {double dx=ps[i].x-ps[j].x, dy=ps[i].y-ps[j].y;len[k]=sqrt(dx*dx+dy*dy);}double a=len[0], b=len[1], c=len[2], p=(a+b+c)*0.5, area=sqrt(p*(p-a)*(p-b)*(p-c));cout << area << endl;//----------------------point v1={ps[1].x-ps[0].x, ps[1].y-ps[0].y};point v2={ps[2].x-ps[0].x, ps[2].y-ps[0].y};cout << CrossProduct(v1, v2);return 0;
}

二、阅兵方阵

x国要参加同盟阅兵活动。主办方要求每个加盟国派出的士兵恰好能组成 2 个方阵。x国发现弱小的 y国派出了130人的队伍，他们的士兵在行进中可以变换2种队形：

130 = 81 + 49 = 9^2 + 7^2
130 = 121 + 9 = 11^2 + 3^2

x国君很受刺激，觉得x国面积是y国的6倍，理应变出更多队形。于是他发号施令：我们要派出一支队伍，在行进中要变出 12 种队形！！！

手下人可惨了，要忙着计算至少多少人才能组成 12 种不同的双方阵。
请你利用计算机的优势来计算一下，至少需要多少士兵

方法一：平方数计数

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {for (long num=1; ; num++) {int cnt=0;for (long i=1; i*i < num; i++) {int jj=num-i*i, j=sqrt(jj);if (j*j==jj)++cnt; if (cnt==24) {cout << num;return 0;}}}return 0;
}

二、版本分支

小明负责维护公司一个奇怪的项目。这个项目的代码一直在不断分支(branch)但是从未发生过合并(merge)。
现在这个项目的代码一共有N个版本，编号1~N，其中1号版本是最初的版本。
除了1号版本之外，其他版本的代码都恰好有一个直接的父版本；即这N个版本形成了一棵以1为根的树形结构。

如下图就是一个可能的版本树：

现在小明需要经常检查版本x是不是版本y的祖先版本。你能帮助小明吗？

输入
第一行包含两个整数N和Q，代表版本总数和查询总数。
以下N-1行，每行包含2个整数u和v，代表版本u是版本v的直接父版本。
再之后Q行，每行包含2个整数x和y，代表询问版本x是不是版本y的祖先版本。

输出
对于每个询问，输出YES或NO代表x是否是y的祖先。

样例输入
6 5
1 2
1 3
2 5
3 6
3 4
1 1
1 4
2 6
5 2
6 4
样例输出
YES
YES
NO
NO
NO

对于30%的数据，1 <= N <= 1000 1 <= Q <= 1000
对于100%的数据，1 <= N <= 100000 1 <= Q <= 100000

方法一：

从 x 的直接儿子开始找，直接儿子找不到就找儿子的儿子，儿子的儿子找不到就继续这样找，样例过了，但只能连30分都没有，为什么呢？

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;int main() {std::ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int N, Q; cin>>N>>Q;unordered_map<int, unordered_set<int>> sons;for (int i=1; i<N; i++) {int u, v; cin>>u>>v;sons[u].insert(v);}while (Q--) {int x, y; cin>>x>>y; if (x==y) cout <<"YES"<<'\n';else {int found=0;for (int son : sons[x]) {if (son==y) { found=1; } else for (int ss : sons[son]) {if (ss==y) { found=1; break;}}if (found) break;}cout << (found ? "YES" : "NO") << '\n';}}return 0;
}

参考别人的预处理思路：用递归预处理：将每个结点的所有子孙保存起来/…

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N=1e5+5;
vector<int> sons[N];
vector<int> nex[N];vector<int> dfs(int u) {for (int v : nex[u]) {const auto& t=dfs(v);sons[u].insert(sons[u].end(), t.begin(), t.end());}sons[u].emplace_back(u);return sons[u];
}
int main() {std::ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int N, Q; cin>>N>>Q;for (int i=1; i<N; i++) {int u, v; cin>>u>>v;nex[u].emplace_back(v);}sons[1]=dfs(1);while (Q--) {int x, y; cin>>x>>y; cout << (find(sons[x].begin(), sons[x].end(), y) != sons[x].end() ? "YES" : "NO") << '\n';}return 0;
}