2019 CCPC-Wannafly Winter Camp Day8 (Div2, onsite) 补题记录

一篇来自ACM入门者的补题记录

最近有点懒，想着还有最后一篇博客没完成，是我最大的补题动力。

不过终于在camp过去三个月的时候完成了所有的补题博客，有点欣慰，下一个目标应该是补一补一年前暑期训练的题目…

文章目录

A.Aqours
C.御坂妹妹
C.吉良吉影的奇妙计划
E.Souls-like Game
G.穗乃果的考试

A.Aqours

题意：根结点为1 的有根树，对于每一个叶子结点uuu，问离其最近的编号<u<u<u的叶子结点到它的距离是多少。若不存在则输出−1-1−1。

思路：思维题。

我们假设 d[x]d[x]d[x] 为点x与离其最近的叶子结点的距离，初始时每个d[x]d[x]d[x]都处于未被更新的状态。对于每个叶子节点，向上搜索父节点，记搜索过程走的距离为sumsumsum，搜索期间不断更新d[x]d[x]d[x]，直到遇上一个被更新过的 xxx 结点，搜索结果为ans=sum+d[x]ans = sum+d[x]ans=sum+d[x]。

因为 d[x]d[x]d[x] 可能是来自于自己的子结点，也可能是来自于父结点，单纯的向上更新是不够的，我们需要一个回溯操作将父结点的 d[x]d[x]d[x] 一并考虑进行更新。我们按编号从前往后搜索，自然保证了编号<u<u<u，而编号最小的那个叶子结点，会搜索到未被更新过的结点，查询结果为−1-1−1。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 3e6+1;
int fa[maxn],flag[maxn],d[maxn];
int ans;
int DFS(int x,int sum){if(d[x] != 0){ans = sum+d[x];d[x] = min(sum,d[x]);return d[x]+1;}int temp = 0x3f3f3f3f;if(x != 1)temp = DFS(fa[x],sum+1);d[x] = min(sum,temp);return d[x]+1;
}
int main()
{int n;scanf("%d",&n);fa[1] = 1;memset(flag,0,(n+1)*sizeof(int));memset(d,0,(n+1)*sizeof(int));for(int i = 1;i<n;i++){int a;scanf("%d",&a);fa[i+1] = a;flag[a] = 1;}for(int i = 1;i<=n;i++){if(!flag[i]){ans = -1;DFS(i,0);printf("%d %d\n",i,ans);}}return 0;
}

B.玖凛两开花
是一道匹配问题。
暂未解决。

C.御坂妹妹

题意：这题题意比较绕，简单来说就是有若干条直线：f(x)=kix+bif(x) = k_ix+b_if(x)=kix+bi，找一条垂直于 xxx 的线段，使其与所有直线都有交点。问最短的线段长度。

思路：题解是求半平面交或是求上下凸包的解法，但我几何实在太差，好在这题也有用三分搜索过的解法。我们很容易想象到，当xxx趋向于正无穷或负无穷时，目标线段长度都是趋于无穷大的，而xxx趋于中间某个值时，目标线段长度最短。虽然没有严格的证明，但目标线段长度关于 xxx 的函数应该是满足凹函数性质的，满足三分搜索的条件。

关于三分搜索，我觉得也有两种写法。一种是比较常见的以精度作为搜索结束的条件，但这题要求的精度好像比较高，需要用longdoublelongdoublelongdouble型才能解决，还有一种就是用doubledoubledouble型，只设定搜索次数作为结束条件，而不考虑精度，我补题时采用的就是后一种写法。至于搜索次数和初始搜索区间，就真的凭感觉吧…

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e6+50;
double k[maxn],b[maxn];
int n;
double f(double x){double Max = -1e18,Min = 1e18;for(int i=1;i<=n;i++){Max =max(k[i]*x+b[i],Max);Min =min(k[i]*x+b[i],Min);}return Max-Min;
}
int main()
{scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lf%lf",&k[i],&b[i]);double l=-5e5,r=5e5;int t=120;double ans=1e18;while(t--){double len = (r-l)/3.0;double f1=f(l+len),f2=f(r-len);if(f1>=f2)l=l+len;elser=r-len;ans=min(ans,f1);ans=min(ans,f2);}printf("%.9f\n",ans);return 0;
}

C.吉良吉影的奇妙计划

题意：在纸上写下2n2n2n个字，n个’左’，n个’右’，当左右两个字写在一起时会变为两个’空’，不允许出现四个连续的’空’，问合法的计划有多少种。

思路：难得一道现场过的题目，Div2中的n <= 20，DFS模拟过程直接打表，Div1则需要考虑dp的做法。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,n1,n2;
const int mod = 998244353;
long long ans;
long long kk[3];
void dfs(int tot,int k){if(tot > n)return;if(tot == n){ans++;return;}for(int i = 0;i<3;i++){if(k == 1 && i == 2 || i == 1 && k == 2)continue;if(k == 0 && i == 0)continue;if(i == 0 && kk[1] > 0 && kk[2] > 0){kk[1] -=1;kk[2] -= 1;dfs(tot+2,i);kk[1]+=1;kk[2]+=1;}else if(i != 0 && kk[i] > 0){kk[i] -= 1;dfs(tot+1,i);kk[i] += 1;}}
}
int main()
{int n;scanf("%d",&n);long long ans[22] = {0,1,2,6,14,38,100,268,726,1974,5404,14852,40972,113388,314632,875112,2439014,6810102,19045612,53341428,149589348};cout<<ans[n]<<endl;return 0;
}

E.Souls-like Game

题意：这场比赛过题较少的原因应该就是这题hh…这题的题意很难，翻译过来就是：n个3*3的矩阵，有两种操作：第一种是询问区间内矩阵相乘后的结果矩阵的元素之和，第二种是把区间内的矩阵统一修改为某一种矩阵。

思路：读懂了题意，模拟过程即可，唯一难点在于矩阵乘积是O(n³) 的，直接这样求会超时，但题目求的是元素之和，不是结果矩阵，所以在多个矩阵相乘时，可以预处理出上一个矩阵的列之和，然后只要拿下一个矩阵对应的元素去乘相应的列，再加起来存为下一次相乘时的列之和，这样复杂度就是O(n²)，就可以过了。

c#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e4+2;
const int mod = 998244353;
int p[maxn][3][3];
int main() {int n,m,op,l,r;scanf("%d%d",&n,&m);for(int i = 1;i<=n-1;i++)for(int j = 0;j<3;j++)for(int k = 0;k<3;k++)scanf("%d",&p[i][j][k]);while(m--){scanf("%d%d%d",&op,&l,&r);if(op==1){for(int i = 0;i<3;i++){for(int j = 0;j<3;j++){int a;scanf("%d",&a);for(int k = l;k<=r;k++)p[k][i][j] = a;}}}else{long long sum[2][3];for(int i = 0;i<3;i++)sum[l&1][i]=1;for(int k = l;k<r;k++){int f=k&1,g=!f;for(int i = 0;i<3;i++)sum[g][i]=0;for(int i = 0;i<3;i++)for(int j = 0;j<3;j++)sum[g][i]=(sum[g][i]+sum[f][j]*p[k][j][i])%mod;}printf("%lld\n",(sum[r&1][0]+sum[r&1][1]+sum[r&1][2])%mod);}}return 0;
}

G.穗乃果的考试

题意：给定一个 n×m 的 01 矩阵，记fif_ifi为恰有 i 个 1 的子矩阵的个数。
求：∑i=0nmi⋅fi\sum_{i=0}^{nm}i \cdot f_i∑i=0nmi⋅fi，输出答案对 998244353 取模的结果。

思路：我们知道答案就是所有子矩阵中1的个数，预处理出 sum[i][j]sum[i][j]sum[i][j]为从以p11p_{11}p11为左上角，以pijp_{ij}pij为右下角的子矩阵中包含1的个数，那么很容易知道对于任意一个子矩阵(以pabp_{ab}pab为左上角，以pcdp_{cd}pcd为右下角)而言，这个子矩阵的贡献就是sum[c][d]+sum[a−1][b−1]−sum[c][b−1]−sum[a−1][d]sum[c][d]+sum[a-1][b-1]-sum[c][b-1]-sum[a-1][d]sum[c][d]+sum[a−1][b−1]−sum[c][b−1]−sum[a−1][d]，我们很容易想到一个O(n4)O(n^4)O(n4)的朴素做法，这显然是不够的。考虑一个sum[i][j]sum[i][j]sum[i][j]被加的次数就是它作为左上角和右下角的次数，被减的次数就是它作为左下角和右上角的次数，这是由i,ji,ji,j决定的，只需要一个二重循环就能解决。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 2e3+5;
const int mod = 998244353;
string S[maxn];
long long sum[maxn][maxn] = {0};
int main()
{int n,m;ios::sync_with_stdio(false);cin>>n>>m;for(int i = 1;i<=n;i++)cin>>S[i];long long ans = 0;for(int i = 1;i<=n;i++)for(int j = 1;j<=m;j++){sum[i][j] = sum[i-1][j]+sum[i][j-1]-sum[i-1][j-1]+S[i][j-1]-'0';ans = (ans+sum[i][j]*(i*j+(n-i)*(m-j)))%mod;ans = (ans-sum[i][j]*(i*(m-j)+j*(n-i))+mod)%mod;}cout<<ans<<'\n';return 0;
}

J.去音乐会
数论题目，与扩展欧几里得解不定方程有关。数论实在有点糟糕…
暂未解决。