AtCoder Beginner Contest 266（C- G）「判凸包」「dp」「期望」「基环树」「组合数」

abc好好好。

C - Convex Quadrilateral (atcoder.jp)

思路：

判凸包，向量叉积×=|a|*|b|*sin。叉积<0即角>180°。

（可以勉勉强强算我写的第一个计算几何哩！

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define io ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
typedef long long ll;
//#define int ll
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define m_p make_pair
#define mod 998244353
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define inf 0x3f3f3f3f
const int N = 3e5 + 50;
//__builtin_ctzll(x);后导0的个数
//__builtin_popcount计算二进制中1的个数struct point {int x, y;point(int x = 0, int y = 0): x(x), y(y) {}
} p[10];point operator - (point a, point b) {return point(a.x - b.x, a.y - b.y);
}int cross(point a, point b) {    //叉积算法return a.x * b.y - b.x * a.y;
}void work() {for (int i = 1; i <= 4; ++i) {cin >> p[i].x >> p[i].y;p[i + 4].x = p[i].x;p[i + 4].y = p[i].y;}for (int i = 1; i <= 4; ++i) {if (cross(p[i + 1] - p[i], p[i + 2] - p[i + 1]) <= 0) {cout << "No\n";return;}}cout << "Yes\n";
}signed main() {io;work();return 0;
}

D - Snuke Panic (1D) (atcoder.jp)

思路：

dp

把位置和体积塞到桶里（是桶吧？），dp[i][j]表示第i时刻在j个坑里得到的体积数，每一时刻可以由上一时刻的j，j-1，j+1转移，想到了这个后面还蛮好写的。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define io ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
typedef long long ll;
#define int ll
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define m_p make_pair
#define mod 998244353
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define inf 0x3f3f3f3f
const int N = 1e5 + 50;
//__builtin_ctzll(x);后导0的个数
//__builtin_popcount计算二进制中1的个数
int pos[N], a[N];
int dp[N][10];void work() {int n;cin >> n;for (int i = 1; i <= n; ++i) {int t, x, v;cin >> t >> x >> v;pos[t] = x;a[t] = v;}for (int i = 1; i < 5; ++i) {dp[0][i] = -1e18;}for (int i = 1; i < N; ++i) {for (int j = 0; j < 5; ++j) {dp[i][j] = dp[i - 1][j];if (j - 1 >= 0)dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][j - 1]);if (j + 1 < 5)dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][j + 1]);}dp[i][pos[i]] += a[i];}int ans = 0;for (int i = 0; i < 5; ++i) {ans = max(ans, dp[N - 1][i]);}cout << ans << '\n';
}signed main() {io;work();return 0;
}

E - Throwing the Die (atcoder.jp)

思路：

和牛子那个游戏的买像像像。

考虑什么情况是最大的期望，如果本轮数比上次的期望小就在上轮停下，如果比上次大就不停。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define io ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
typedef long long ll;
#define i64 __int64
//#define int ll
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define m_p make_pair
#define mod 998244353
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define inf 0x3f3f3f3f
const int N = 3e5 + 50;
//__builtin_ctzll(x);后导0的个数
//__builtin_popcount计算二进制中1的个数
double f[N];void work() {int n;cin >> n;f[1] = 3.5;for (int i = 2; i <= n; ++i) {f[i] = 1.0 / 6.0 * max(1.0, f[i - 1]) + 1.0 / 6.0 * max(2.0, f[i - 1]) + 1.0 / 6.0 * max(3.0,f[i - 1]) + 1.0 / 6.0 * max(4.0, f[i - 1]) + 1.0 / 6.0 * max(5.0, f[i - 1]) + 1.0 / 6.0 * max(6.0, f[i - 1]);}printf("%.15lf\n", f[n]);
}signed main() {io;work();return 0;
}

E-游戏的买_牛客小白月赛67 (nowcoder.com)

思路：

是dp吗？？不懂，感觉是逆推。

能够确定的是最后一天的期望一定是1/2a+1/2b。从后往前推，在当天我们是可以知道后面的期望的，如果期望比今天的两个价钱都贵就一定要今天买，如果比今天两个价钱都便宜今天就一定不买，不然就等今天的价钱出来看看如果出的便宜就便宜买，出的贵就后面买。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define io ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
typedef long long ll;
//#define int ll
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define m_p make_pair
#define mod 998244353
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define inf 0x3f3f3f3f
const int N = 3e5 + 50;
//__builtin_ctzll(x);后导0的个数
//__builtin_popcount计算二进制中1的个数
int a[N],b[N];
double f[N];void work() {int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;++i){cin>>a[i];}for(int i=1;i<=n;++i){cin>>b[i];}f[n]=0.5*a[n]+0.5*b[n];for(int i=n-1;i>0;--i){if(f[i+1]>max(a[i],b[i]))f[i]=0.5*a[i]+0.5*b[i];else if(f[i+1]<min(a[i],b[i]))f[i]=f[i+1];else f[i]=0.5*f[i+1]+0.5*min(a[i],b[i]);}printf("%.15lf\n",f[1]);
}signed main() {io;int t;cin >> t;while (t--) {work();}return 0;
}

F - Well-defined Path Queries on a Namori (atcoder.jp)

思路：

基环树。（冰茶几好好好我太喜欢了。

先dfs找环，找到环之后冰茶几维护连通块，在同一个连通块里的就可以，不同就不可以。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define io ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
typedef long long ll;
#define i64 __int64
//#define int ll
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define m_p make_pair
#define mod 998244353
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define inf 0x3f3f3f3f
const int N = 3e5 + 50;
//__builtin_ctzll(x);后导0的个数
//__builtin_popcount计算二进制中1的个数
vector<int>G[N];
int idx = 0;
set<int>ring;
bool vis[N];
int f[N];
pii d[N];int dfs(int now, int fa) {if (vis[now]) {ring.insert(now);return now;}                        //如果找过他，他必在环里vis[now] = 1;for (int i = 0; i < G[now].size(); ++i) {if (G[now][i] == fa)   //如果找到爸爸了就跳过continue;int ne = dfs(G[now][i], now);    //一直找后面的链if (ne) {              //如果后面的链返回的不是0说明找到环了ring.insert(now);  //把环上的点塞到set里if (ne == now)     //如果递归回到自己头上了说明已经找完环了return 0;return ne;         //没找完就递归回上一层告诉前面你在环里}}return 0;                  //如果该点之前都没返回说明该点不在环里，返回0
}int find(int a) {if (f[a] != a)return f[a] = find(f[a]);return a;
}void join(int a, int b) {if (find(a) != find(b))f[find(a)] = find(b);
}void work() {int n;cin >> n;for (int i = 1; i <= n; ++i) {int u, v;cin >> u >> v;G[u].pb(v);G[v].pb(u);d[i] = m_p(u, v);}dfs(1, 0);set<int>::iterator i = ring.begin();for (int i = 1; i <= n; ++i) {f[i] = i;}for (int i = 1; i <= n; ++i) {if (ring.count(d[i].fi) && ring.count(d[i].se))continue;join(d[i].fi, d[i].se);}int q;cin >> q;while (q--) {int u, v;cin >> u >> v;if (find(u) != find(v))cout << "No\n";elsecout << "Yes\n";}
}signed main() {io;work();return 0;
}

或者可以对环上每个点都做一次bfs，相当于跑个全图确定根节点，但是好像比并查集慢一些。（数组开小了debug一晚上我是大笨蛋！）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define io ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
typedef long long ll;
#define i64 __int64
//#define int ll
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define m_p make_pair
#define mod 998244353
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define inf 0x3f3f3f3f
const int N = 3e5 + 50;
//__builtin_ctzll(x);后导0的个数
//__builtin_popcount计算二进制中1的个数
vector<int>G[N];
int idx = 0;
set<int>ring;
bool vis[N];
int f[N];
pii d[N];int dfs(int now, int fa) {if (vis[now]) {ring.insert(now);return now;}vis[now] = 1;for (int i = 0; i < G[now].size(); ++i) {if (G[now][i] == fa)continue;int ne = dfs(G[now][i], now);if (ne) {ring.insert(now);if (ne == now)return 0;return ne;}}return 0;
}void work() {int n;cin >> n;for (int i = 1; i <= n; ++i) {int u, v;cin >> u >> v;G[u].pb(v);G[v].pb(u);d[i] = m_p(u, v);}dfs(1, 0);set<int>::iterator i = ring.begin();for (i; i != ring.end(); ++i) {vector<bool>cha(n + 1); //标记queue<int>q;cha[(*i)] = 1;q.push((*i));while (!q.empty()) {int t = q.front();q.pop();f[t] = (*i);//连通块标记到环上直接连的点for (int j = 0; j < G[t].size(); ++j) {if (!cha[G[t][j]] && !ring.count(G[t][j])) {//又没找过又不在环上cha[G[t][j]] = 1;q.push(G[t][j]);}}}}int q;cin >> q;while (q--) {int u, v;cin >> u >> v;if (f[u] != f[v])cout << "No\n";elsecout << "Yes\n";}
}signed main() {io;work();return 0;
}

G - Yet Another RGB Sequence (atcoder.jp)

思路：

又被取模坑一把。

捆绑k组RG，把剩下的R放一边，剩下的G，B，K（RG）全排列，是（k+(g-k)+b)!/(k!*(g-k)!*b!) 。（1）

再去放R，注意此时并不是简单插板，而是一个空位可以插多个板，这种类型的算法是在所有可放位置里挑出r-k个位置去放R，这里的不可放位置就是G的左边，所以是C（k+(g-k)+b+(r-k)-(g-k)，r-k）。

*（1)：设有a个A，b个B，c个C，排列数是（a+b+c)!/(a!*b!*c!)。首先如果abc都不一样那很自然是阶乘，去重是除a！b！c！的原因是a个A在假设的情况里有a！种排列方法，但实际这些排列都一样，所以除掉他。

只要有乘法就取模不然爆ll。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define io ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
typedef long long ll;
#define i64 __int64
#define int ll
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define m_p make_pair
#define mod 998244353
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define inf 0x3f3f3f3f
const int N = 2e6 + 50;
//__builtin_ctzll(x);后导0的个数
//__builtin_popcount计算二进制中1的个数
ll fac[N], inv[N];ll C(int a, int b) {if (a < b or a < 0 or b < 0)return 0;return 1ll * fac[a] % mod * inv[b] % mod * inv[a - b] % mod;
}void init() {fac[0] = fac[1] = inv[0] = inv[1] = 1;for (int i = 2; i < N; ++i) {fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;inv[i] = 1ll * inv[mod % i] * (mod - mod / i) % mod;}for (int i = 2; i < N; ++i) {inv[i] = 1ll * inv[i] * inv[i - 1] % mod;}
}void work() {int r, g, b, k;cin >> r >> g >> b >> k;init();int ans = fac[k + g - k + b] % mod * inv[k] % mod * inv[g - k] % mod * inv[b] % mod; //RG和B和G排列ans %= mod;//k+(g-k)+(r-k)+b个数里有(g-k)个位置不能放，其他位置选(r-k)个给Rans *= C(r + b, r - k);ans %= mod;cout << ans << '\n';
}signed main() {io;work();return 0;
}

AtCoder Beginner Contest 266（C- G）「判凸包」「dp」「期望」「基环树」「组合数」相关推荐

AtCoder Beginner Contest 266 「A」「B 取模」「C 凸多边形」「D 状态机dp」「E 概率dp」「F 思维+dfs」
A - Middle Letter 题目描述: 给你一个长度为奇数的字符串,输出最中间的字符思路: 水题 #include <bits/stdc++.h> using namespace ...
AtCoder Beginner Contest 252 A~G 题解
前言这是我第一次写7题(A~G)的ABC题解,若有写得不好或者不到位的地方请多多指教,我将万分感激,感谢大家的支持! ABC252 A~G [A - ASCII code](https://atco ...
AtCoder Beginner Contest 175 E.Picking Goods
AtCoder Beginner Contest 175 E.Picking Goods 题目链接典型的 DP,如果不加限制条件的话就是从上到下找一条最长路,但是限制了每行只能选 3 个,所以就多加 ...
AtCoder Beginner Contest 215 G - Colorful Candies 2
AtCoder Beginner Contest 215 G - Colorful Candies 2 有n个糖果,每个糖果有着一个颜色a[i],每次拿k个糖果期望拿到E(x)个不同颜色的糖果,求出k ...
AtCoder Beginner Contest 234 G - Divide a Sequence
AtCoder Beginner Contest 234 G - Divide a Sequence 题目给定一个长度为N的序列,任意的将其划分为任意长度大于零的若干个子串,对于任意一个子串SiS_ ...
AtCoder Beginner Contest 264 G.String Fair(最短路/暴力dp 补写法)
题目 n(n<=18278)个串,第i个串Ti(Ti为纯小写字母串且长度不超过3), 得分Pi(-1e9<=Pi<=1e9),表示只要子串中出现一次Ti,就会获得Pi的得分对于你可 ...
AtCoder Beginner Contest 272「A」「B」「C」「D bfs」「E 思维」
AtCoder Beginner Contest 272 A - Integer Sum 题目描述: 输入n个数字,求数字和 #include <bits/stdc++.h> using ...
Mynavi Programming Contest 2021（AtCoder Beginner Contest 201）题解
文章目录 A - Tiny Arithmetic Sequence B - Do you know the second highest mountain? C - Secret Number D - ...
freee Programming Contest 2022（AtCoder Beginner Contest 264）A~D题详细讲解
目录博主赛情网站链接比赛简介 Contest Information Reason why freee needs AtCoder users freee's business content ...

AtCoder Beginner Contest 266（C- G）「判凸包」「dp」「期望」「基环树」「组合数」

思路：

思路：

思路：

思路：

思路：

思路：

AtCoder Beginner Contest 266（C- G）「判凸包」「dp」「期望」「基环树」「组合数」相关推荐

最新文章

热门文章