The 2016 ACM-ICPC Asia Dalian Regional Contest 部分题解-白红宇

The 2016 ACM-ICPC Asia Dalian Regional Contest 部分题解

阅读量：282 次

发布时间：2019-03-03

本文共 7695 字，大约阅读时间需要 25 分钟。

A - Wrestling Match

二分图判定。

#include
   
    using namespace std ;int main(){    std::ios::sync_with_stdio(false) , cin.tie(0) ;    int n , m , x , y ;    while(cin >> n >> m >> x >> y)    {        vector
    
     
      > g(n + 1) ;        vector
      
        can(n + 1 , false) ;        while(m --)        {            int u , v ;            cin >> u >> v ;            g[u].push_back(v) ;            g[v].push_back(u) ;            can[u] = true ;            can[v] = true ;        }        vector
       
         a(x + 1) ;        vector
        
          b(y + 1) ; for(int i = 1 ; i <= x ; i ++) cin >> a[i] ; for(int i = 1 ; i <= y ; i ++) cin >> b[i] ; vector
         
           vis(n + 1 , 0) ; function
          
            ok = [&](int u , int c) { queue
           
             q ; vis[u] = c ; q.push(u) ; while(!q.empty()) { int now = q.front() ; q.pop() ; for(auto v : g[now]) { //cout << "??? " << v << '\n' ; if(vis[v] == 0) { vis[v] = 3 - vis[now] ; q.push(v) ; } else { if(vis[v] != 3 - vis[now]) { //cout << "^^^ " << u << ' ' << v << '\n' ; return false ; } } } } return true ; } ; bool flag = true ; for(int i = 1 ; i <= x ; i ++) if(vis[a[i]] == 0) flag &= ok(a[i] , 1) ; for(int i = 1 ; i <= y ; i ++) if(vis[b[i]] == 0) flag &= ok(b[i] , 2) ; for(int i = 1 ; i <= x ; i ++) if(vis[a[i]] != 1) flag = false ; for(int i = 1 ; i <= y ; i ++) if(vis[b[i]] != 2) flag = false ; for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) if(vis[i] == 0 && can[i]) flag &= ok(i , 1) ; //for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) cout << i << ' ' << vis[i] << '\n' ; for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) if(vis[i] == 0) flag = false ; if(flag) cout << "YES\n" ; else cout << "NO\n" ; } return 0 ;}

B - Regular Number

可选字符匹配问题，shift_and算法模板题

C - Game of Taking Stones

威佐夫博弈。 $a_k=\left \lfloor \frac{k*(\sqrt{5}+1)}{2} \right \rfloor,b_k=a_k+k$ 是必败态。

需要上一个 $java$

import java.math.BigDecimal ;import java.math.BigInteger ;import java.util.Scanner ;public class Main{    public static void main(String[] args)     {		Scanner cin = new Scanner(System.in) ;		BigDecimal l = BigDecimal.valueOf(2) ;		BigDecimal r = BigDecimal.valueOf(3) ;		for(int i = 0 ; i < 500 ; i ++)		{		    BigDecimal mid = l.add(r).divide(BigDecimal.valueOf(2)) ;		    if(mid.multiply(mid).compareTo(BigDecimal.valueOf(5)) < 0)  l = mid ;		    else  r = mid ;		}		while(cin.hasNext())		{		    BigDecimal a = cin.nextBigDecimal() ;		    BigDecimal b = cin.nextBigDecimal() ;		    int x = a.compareTo(b) ;		    if(x > 0)		    {		        BigDecimal c = a ;		        a = b ;		        b = c ;		    }		    BigDecimal k = b.subtract(a) ;		    BigDecimal ans = l.add(BigDecimal.valueOf(1)).multiply(k).divide(BigDecimal.valueOf(2)) ;		    ans = ans.setScale(0 , BigDecimal.ROUND_FLOOR) ;		    if(ans.add(k).compareTo(b) == 0)  System.out.println("0") ;		    else  System.out.println("1") ;		}	}}

D - A Simple Math Problem

把题目中式子的 $gcd$ 消除后解一元二次方程即可。

#include
   
    using namespace std ;#define ll long long ll sq(ll x){    ll t = sqrt(x) ;    for(ll i = t - 1 ; i <= t + 1 ; i ++)        if(i * i == x)  return i ;    return 0 ;}int main(){    std::ios::sync_with_stdio(false) , cin.tie(0) ;    ll a , b ;    while(cin >> a >> b)    {        ll d = __gcd(a , b) ;        b *= d ;        //cout << "^^^ " << a * a << ' ' << 4 * b << '\n' ;        if(a * a == 4 * b)        {            //if(a % 2 == 0)  cout << "ok\n" ;            if(a % 2 == 0)  cout << a / 2 << ' ' << a / 2 << '\n' ;            else  cout << "No Solution\n" ;        }        else if(a * a >= 4 * b)        {            ll tmp = sq(a * a - 4 * b) ;            //cout << "??? " << tmp << '\n' ;            if(tmp == 0)  cout << "No Solution\n" ;            else            {                if((a + tmp) % 2 == 0 && (a - tmp) % 2 == 0)                      cout << (a - tmp) / 2 << ' ' << (a + tmp) / 2 << '\n' ;                else  cout << "No Solution\n" ;            }        }        else  cout << "No Solution\n" ;    }    return 0 ;}

E - Aninteresting game

本题有两种询问

1.本质就是lowbit前缀和，结论如下： $sum[1:$2^n$] = n*$2^{n-1}$+$2^n$ \ sum[6] = sum[1:2] + sum[1:4]$

2.问1-n中有多少个数x满足，[x-lowbit(x)+1,x]这个区间包含了询问的数。手动模拟后可知除了x本身外，从lowbit开始往高的每个0换成1，然后低位换成0的那个数才符合

F - Detachment

打表可以发现最优一定是拆成2、3、4、5、6这样连续的数字，二分找到最大的p满足 $\sum_{i=2}^pi \leq x$ ，再设 $q=x-\sum_{i=2}^p i$ ，若q<p，那就让p-q+1~p都+1，若q=p，那就拆成3、4、5...p、p+2。

G - Garden of Eden

$dp[i][j]$ 表示以 $i$ 为路径的一个端点，且路径的另一个端点在以 $i$ 为根的子树内，且路径颜色集合的状压状态是 $j$ 的路径数。

暴力合并复杂度太高，考虑剪枝。

$s|t=2^k-1$ 预处理出满足要求的 $(s,t)$ 二元组。

又因为 $dp[i][]$ 不是很满的，只有这个状态方案数大于0再去匹配。

也可以用点分治去冲，不过我感觉复杂度都差不多。

本题可以做到O(32n)的复杂度，要支持插入一个10位的二进制数，询问和一个10位的二进制数或运算=1023的数的数量，现在插入是O(1)的，询问是O(1023)的，如果我们把数字拆成低5位和高5位，可以使插入和询问的复杂度均为O(32)

#include
   
    using namespace std ;vector
    
      h[12][1025] ;int main(){    std::ios::sync_with_stdio(false) , cin.tie(0) ;    int n , k ;    for(int p = 1 ; p <= 10 ; p ++)        for(int i = 0 ; i < (1 << p) ; i ++)             for(int j = 0 ; j < (1 << p) ; j ++)                if((i | j) == (1 << p) - 1)                    h[p][i].push_back(j) ;       while(cin >> n >> k)    {        vector
     
       c(n + 1) ;        for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)  cin >> c[i] , c[i] -- ;        vector
      
       
        > g(n + 1) ;        for(int i = 1 ; i <= n - 1 ; i ++)        {            int u , v ;            cin >> u >> v ;            g[u].push_back(v) ;            g[v].push_back(u) ;        }        if(k == 1)        {            cout << 1ll * n * n << '\n' ;            continue ;        }        vector
        
         
          > dp(n + 1) ; for(int i = 0 ; i <= n ; i ++) dp[i].resize((1 << k) , 0) ; long long ans = 0 ; int up = (1 << k) ; function
          
            dfs = [&](int fa , int u) { dp[u][(1 << c[u])] = 1 ; for(auto v : g[u]) { if(v == fa) continue ; dfs(u , v) ; for(int i = 0 ; i < up ; i ++) { if(dp[v][i] == 0) continue ; for(auto t : h[k][i]) { //cout << u << ' ' << t << ' ' << dp[u][t] << '\n' ; //cout << v << ' ' << i << ' ' << dp[v][i] << '\n' ; ans += 1ll * dp[u][t] * dp[v][i] ; } } for(int i = 0 ; i < up ; i ++) { int col = (i | (1 << c[u])) ; dp[u][col] += dp[v][i] ; } } } ; dfs(1 , 1) ; //cout << ans << '\n' ; //for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) ans += dp[i][(1 << k) - 1] ; cout << ans * 2 << '\n' ; } return 0 ;}

H - To begin or not to begin

$dp[i]$ 表示当前有 $i$ 个黑球和 $1$ 个红球且面对这个局面可以赢的概率。

转移方程： $dp[i]=\frac{1}{i+1}+\frac{i}{i+1}*(1-dp[i-1])$

#include
   
    using namespace std ;int main(){    std::ios::sync_with_stdio(false) , cin.tie(0) ;    int k ;    while(cin >> k)    {        k ++ ;        vector
    
      dp(k + 1 , 0.0) ;        function
     
       dfs = [&](int i)        {            if(i == 1)            {                dp[i] = 1.0 ;                return dp[i] ;            }            dp[i] = 1.0 / i + 1.0 * (i - 1) / i * (1.0 - dfs(i - 1)) ;            return dp[i] ;        } ;        dfs(k) ;        if(fabs(dp[k] - 0.5) < 1e-6)  cout << "0\n" ;        else if(dp[k] > 0.5)  cout << "1\n" ;        else  cout << "2\n" ;    }    return 0 ;}

I - Convex

温暖的签到题。

#include
   
    using namespace std ;const double pi = acos(-1.0) ;int main(){    std::ios::sync_with_stdio(false) , cin.tie(0) ;    int n , d ;    while(cin >> n >> d)    {        vector
    
      a(n) ;        for(int i = 0 ; i < n ; i ++)  cin >> a[i] ;        double ans = 0 ;        for(int i = 0 ; i < n ; i ++)            ans += 0.5 * d * d * sin(a[i] / 180.0 * pi) ;        cout << fixed << setprecision(3) << ans << '\n' ;    }    return 0 ;}

J - Find Small A

温暖的签到题。

#include
   
    using namespace std ;int main(){    std::ios::sync_with_stdio(false) , cin.tie(0) ;    int n ;    while(cin >> n)    {        int ans = 0 ;        while(n --)        {            unsigned x ;            cin >> x ;            while(x > 0)            {                if(x % 256 == 97)  ans ++ ;                x /= 256 ;            }        }        cout << ans << '\n' ;    }    return 0 ;}