"蔚来杯"2022牛客暑期多校训练营1

C Grab the Seat!

D Mocha and Railgun

题意:

给定一个圆环，中心为(0, 0)。给定T个查询，每次给定环的半径及点Q(xq, yq)及以Q为终点的线段AB的半长为d。求环上最多删除的圆弧长度。
环上某点p可被删除的条件：

p的投影在AB上
AB⃗∗AP⃗>0\vec{AB} * \vec{AP} > 0AB∗AP>0

思路：

弧长l = 弧度 * r。
要想l最大，那么弧度最大。
可画图模拟。
除此之外需要知道弧度。
acos()， asin()函数可直接得到相应边的夹角的弧度值。

code:

typedef pair <int, int> PII;
const double PI= acos(-1.0);
int main()
{int T;scanf("%d", &T);while(T --){double r;scanf("%lf", &r);double xq, yq, d;scanf("%lf %lf %lf", &xq, &yq, &d);double ans = 0;double cq = sqrt(xq * xq + yq * yq);if(xq * xq + yq * yq >= d * d){   double cb = cq + d;double ca = cq - d;double t1 = acos(cb / r);double t2 = acos(ca / r);ans = max(ans, (t2 - t1) * r);}else{double ca = d - cq;double cb = cq + d;double t1 = asin(ca / r);double t2 = asin(cb / r);ans = max(ans, (t1 + t2) * r);}printf("%.9lf\n", ans);}return 0;
}

I Chiitoitsu

题意：

给定34种形状，每种形状含有4张牌。整个过程只有一名玩家。在初始时会得到13张牌。（保证存在 <= 2张形状一样的牌）在每一轮，执行以下步骤。

先从牌堆中摸一张牌
如果此时满足了7对不同的牌。那么直接获胜。
此时拥有14张牌，需要弃牌且弃牌不再放入牌堆中。

求期望多少轮可以获胜。

思路：

典型的期望DP。
期望DP往往采取倒推。（写法简单，如果正着推，还额外需要维护到当前点的概率，利用加权求和。此外题目往往起点唯一，到达起点的概率和一定为1，终点不唯一。那么起点的ans即为整体的ans。）

由于所求为期望轮数。可以把其抽象成一个有向无环图。边权为1。
由于考虑倒着推。
$f[i][j]: 牌堆中还剩下i张牌，且有j张单牌的集合。
每一轮摸牌存在两种情况。

摸牌为无用牌，直接弃掉。概率p1 = i−3∗ji\frac{i - 3 * j}{i}ii−3∗j, f[i][j]=p1∗(f[i−1][j]+1)f[i][j] = p1 * (f[i - 1][j] + 1)f[i][j]=p1∗(f[i−1][j]+1)
摸牌为有用牌可以和之前的牌配对。且此时未满足获胜条件，然后再从牌堆中选一张单牌弃掉。概率p2 = 3∗ji\frac{3 * j}{i}i3∗j, f[i][j]=p2∗(f[i−1][j−2]+1)f[i][j] = p2 * (f[i - 1][j - 2] + 1)f[i][j]=p2∗(f[i−1][j−2]+1)
摸牌为有用牌可以和之前的牌配对。且此时满足获胜条件概率p2 = 3∗ji\frac{3 * j}{i}i3∗j, f[i][j]=p2∗(f[i−1][j−1]+1)f[i][j] = p2 * (f[i - 1][j - 1] + 1)f[i][j]=p2∗(f[i−1][j−1]+1)

if(i−1>=0ANDj>=2)f[i][j]=p1∗(f[i−1][j]+1)+p2∗(f[i−1][j−2]+1)if(i - 1 >= 0 \;AND \;j >= 2) \;f[i][j] = p1 * (f[i - 1][j] + 1) + p2 * (f[i - 1][j - 2] + 1)if(i−1>=0ANDj>=2)f[i][j]=p1∗(f[i−1][j]+1)+p2∗(f[i−1][j−2]+1)
if(i−1>=0ANDj==1)f[i][j]=p1∗(f[i−1][j]+1)+p2∗(f[i−1][j−1]+1)if(i - 1 >= 0 \;AND \;j == 1) \;f[i][j] = p1 * (f[i - 1][j] + 1) + p2 * (f[i - 1][j - 1] + 1)if(i−1>=0ANDj==1)f[i][j]=p1∗(f[i−1][j]+1)+p2∗(f[i−1][j−1]+1)
倒着推，由于DFS特性。期望DP往往采用记忆化搜索。
初始化终点f[0–123][0] = 0

code:

ll f[150][20];
ll get_mod0(ll a, ll b)
{return (a % mod - b % mod + mod) % mod;
}
ll get_mod1(ll a, ll b)
{return (a % mod + b % mod) % mod;
}
ll get_mod2(ll a, ll b)
{return (a % mod * (b % mod)) % mod;
}
ll ksm(ll base, ll power)
{ll res = 1;while(power){if(power & 1)res = get_mod2(res, base);base = get_mod2(base, base);power >>= 1; }return res;
}
ll dfs(int i, int j) //  123*13
{   if(j == 0) return 0;if(f[i][j] >= 0) return f[i][j];f[i][j] = 0;if(i - 1 >= 0 && j >= 2) f[i][j] = (get_mod1(get_mod2(get_mod2(3ll * j, ksm(i, mod - 2)), dfs(i - 1, j - 2)), get_mod2(get_mod2(get_mod0(i * 1ll, 3ll * j), ksm(i, mod - 2)), dfs(i - 1, j))) + 1) % mod;if(i - 1 >= 0 && j == 1) f[i][j] = (get_mod2(get_mod2(get_mod0(i * 1ll, 3ll * j), ksm(i * 1ll, mod - 2)), dfs(i - 1, j)) + 1) % mod;return f[i][j];
}
int main()
{int T;scanf("%d", &T);int cnt = 0;for(int j = 1 ; j <= 4 ; j ++){for(int i = 1 ; i <= 9 ; i ++){if(j == 4 && i > 7) continue;string s;s += to_string(i);if(j == 1)s += "m";else if(j == 2)s += "p";else if(j == 3)s += "s";else s += "z";mp[s] = ++ cnt;}}for(int i = 0 ; i <= 123 ; i ++){for(int j = 0 ; j <= 13 ; j ++)f[i][j] = -1;}int t = 0;while(T --){string str;cin >> str;int len = str.length();vector <int> alls;int c = 0;for(int i = 0 ; i < len ; i += 2){int t = mp[str.substr(i, 2)];book[t] ++;if(book[t] == 2)c ++;alls.push_back(t);}for(auto t : alls)book[t] = 0;printf("Case #%d: %lld\n", ++t, dfs(123, 13 - c * 2));}return 0;
}

J Serval and Essay

题意:

给定n个论点，每个论点i存在k个前提。k个前提都满足才能证明论点i时正确的。可选择一个论点作为基本论点，求正确的论点有多少个。
∑n<=2e5,∑i=1i=nk[i]<=5e5\sum n <= 2e5, \; \sum_{i = 1} ^ {i = n} k[i] <= 5e5∑n<=2e5,∑i=1i=nk[i]<=5e5
a[i][j]!=i,当j!=k时，a[i][j]!=a[i][k]a[i][j]\; != i, 当j != k时，a[i][j] != a[i][k]a[i][j]!=i,当j!=k时，a[i][j]!=a[i][k]

思路：

题意说的非常繁琐。
把题目进行转化为：
给定n个点和若干条边的有向图且不存在重边和自环，如果一个点的所有入边都染上了给定n个点和若干条边的有向图且不存在重边和自环，如果一个点的所有入边都染上了给定n个点和若干条边的有向图且不存在重边和自环，如果一个点的所有入边都染上了
颜色，那么当前点也会被染色。可以随机选定一个点进行染色,求最多多少个点被染色颜色，那么当前点也会被染色。可以随机选定一个点进行染色,求最多多少个点被染色颜色，那么当前点也会被染色。可以随机选定一个点进行染色,求最多多少个点被染色

可以发现转化题意后非常明了。

假设被1号点染色的集合为A，被3号点染色的集合为B，3号点又能被1号点染色。

那么集合B必被集合A包含。

说明全图一定存在若干个集合。对每个集合取max即为答案。

如图，1号点可被2号点染色，那么1号点和2号点可看作为一个集合。

那么对于图中4号点，就可看作由1号点2号点组成的集合的一条出边。也可被染色。

相当于把2号点所有出边合并到1号点上。但是不能把2号点的入边合并到1号点上（违背了题意)

考虑如何进行合并。可暴力set跑启发式合并即可。对于每个点如果只有一条边指向它，即可被染色。

code:

set <int> from[maxn], to[maxn];
int fa[maxn], siz[maxn];
int find(int x)
{if(fa[x] == x) return x;else return fa[x] = find(fa[x]);
}
void merge(int x, int y)
{int a = find(x), b = find(y);if(a == b) return ;if(to[a].size() < to[b].size()) swap(a, b); //b合并到a上fa[b] = a, siz[a] += siz[b];vector <PII> alls;for(auto t : to[b]){to[a].insert(t);from[t].erase(b);from[t].insert(a);if(from[t].size() == 1){alls.push_back({t, a});}    } for(auto t : alls)merge(t.first, t.second);
}
int main()
{int T;scanf("%d", &T);int cnt = 0;while(T --){int n;scanf("%d", &n);for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) fa[i] = i, from[i].clear(), to[i].clear(), siz[i] = 1;for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){int k;scanf("%d", &k);while(k --){int v;scanf("%d", &v); // v --> ifrom[i].insert(v);to[v].insert(i);} } for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){if(from[i].size() == 1){merge(*from[i].begin(), i);}}int res = 0;for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)res = max(res, siz[find(i)]);printf("Case #%d: %d\n", ++ cnt, res);}return 0;
}