2015年ACM上海大都会邀请赛总结
更新记录
H题成功拿到HDU statistic rank1！(我TM是有多闲。。)
已经完成赛后AK！可喜可贺！虽然这个AK的周期略长。。都是我太弱。。
比赛经历
非常神奇的一场比赛,两百多个队在一个体育馆(羽毛球馆)内比赛,两桌距离不超过半米。自己的桌牌在别人的电脑后面,直接导致我们对面的队一开始直接坐了我们的位置。正式比赛还拿了我们的题。。。
热身赛
首先，题目直接在比赛前放在了桌上。没有信封！
tomriddly直接抄起了题看了一眼，发现是题，就扣下了！但是这一瞬间就读完了A题题意！然后！然后！在调试Eclipse的时候！写完了A题。
结果。
结果。
并没有拿到runid 1
交上去已经runid 14了
然后，
就没有然后了。
A题 求2的n次方，要用高精度。
B题 给一个n*m的考场，有一些位置不能坐人，每个人能看到左右以及左前方右前方的人的试卷。(类似于国际象棋棋盘上放最多的兵),二分图即可。
C题 有n道题，给出每道题通过的人数，问过了C道题及以上的人最多有多少。
这题我们当时没有想到正解。其实要想每个人都过题多，只要尽量使得每人过题数尽量平均即可。这时候可以想到二分总人数，来验证答案。再更新一个最大值即可。
正赛
jiefangxuanyan一开始就瞄上了J题，然后以迅雷不及掩耳之势算出了公式，成功1Y拿下一血和一个很胖的一血气球(志愿者发气球的时候还砸到了对面的同学的脑袋，简直了)。然后看到榜上E过了好多，于是tomriddly就写了E，然后1Y。然后jiefangxuanyan刷刷刷敲了B题，是个模拟。然后我们觉得D应该是一个线段树，在解决了longlong*longlong的问题之后(汇编乘法挂，详情请问本人),tomriddly一顿敲，直到觉得自己写不出像样的lazy标记。。
这时znl1087和jiefangxuanyan发现F是个脑筋急转弯。。。。
然后把tomriddly赶下键盘，jiefangxuanyan成功使用java获得1Y
然后是一个漫长的空键盘阶段，将近一个小时。。当时场上一部分人过了G题，一部分人过了A，有几个人过了D。然后开始每个人轮流想这几道题。。在一个小时之后，tomriddly想出了G的做法。虽然znl1087和jiefangxuanyan都没听明白，但是本着不让键盘空着（虽然TMD已经空了一个小时）的原则，让他上去写了。好久之后（其实就是他写了好久好久，调了好久好久，期间还上了一个大号），写完了，但是WA了。这个时候jiefangxuanyan成功推出A题公式。。然后上键盘微调1Y。然后tomriddly惊奇的发现自己的程序居然写的是int dfs(xxxxx) 说好的long long呢！
然后过了。此时大概还有一个半小时。然后tomriddly说我们一定还要再过一题！我们俩很认同的点了点头。然后三个人同时想D。
然后jiefangxuanyan感觉这个巨大的MOD有一些奇怪，应该有一些奇怪的性质。。znl1087提出，可能会出现循环。然后用python打了个表。居然真TM有循环，并且经过测试，30次以内必出！
于是，去掉lazy，特别简单的线段树，1Y（当然是开了某个挂的）
然后已经A了7题，还剩48分钟。估计了一下排名，大概金牌是稳了。。于是tomriddly劝告我们，再做一题就赚了！不然也不亏（废话）
于是大家一起找I题的规律。。。。
然而并没有找出来。。。。
然后比赛就结束了。。。。。
午饭
赛前我们三个人讨论了一下当天的午饭会发啥，tomriddly预测应该会比省赛四省赛的时候工大发的好。znl1087根据赛场布置风格推测，估计连马可波罗肠都没有。。。结果。。。结果。。。
奶茶加面包。。。。
没了。。
没了。。
正赛题解
A Article
题意
DRD经常使用一个文本处理软件，这个软件每输入一个字符就有一定的概率(p)崩溃，并且丢失上次保存之后的所有数据。执行一次保存需要x字符的代价（但是不会崩溃）问在最优策略下，输入字符的期望是多少
思路
首先考虑一次性完成i个字符输入的期望e[i]。发现是一个近似的等比数列。根据推出来的公式，每次保存之间的间隔尽量平均是最优解。预处理出e[i],然后枚举保存的次数,O(1)计算出期望,取期望最小的值为答案。
证明
如图：
AC代码
HDU5236，注意这题没有special judge,不写%.6f输出会WA
/* written by jiefangxuanyan */
#include B Base64
题意
base64编码，对一个字符串进行n次base64编码，输出答案。
思路
同上。。
AC代码
hdu5237
/* written by tomriddly */
#include C Calculator
题意
给出一个计算的序列，包含{+,*,^}三种运算。给出两种操作，1是给出初始值，求按照序列计算的答案，2是修改序列中某个位置的数和运算符。
思路
比赛的时候没想出来，比完赛想出来了。首先题目中，用来MOD的值是一个比较小的数，所以大概思路是把一个区间的运算维护成一个a[mod]大小的映射。但是mod ＝ 29393貌似又太大，于是想到把29393 = 7 * 13 * 17 * 19，然后分别维护这四个因数的线段树，然后利用中国剩余定理算出最后答案。维护区间用线段树去实现，可以把映射单独写成一个数据结构，然后开这个数据结构的线段树。
单点修改，并且只查询根节点，线段树操作非常简单。
jiefangxuanyan写代码的时候碰到一些细节问题，不过比赛的时候队友在旁边看，肯定不会出现这些问题的。
AC代码
HDU5238
/* written by jiefangxuanyan */
#include int a){
for(int i=0;i%base;
}
}
void setMul(int a){
for(int i=0;i*a)%base;
}
}
void setPow(int a){
for(int i=0;i1;
int cur=i;
for(int p=a;p;p>>=1){
if(p&1){
tgt[i]=(tgt[i]*cur)%base;
}
cur=(cur*cur)%base;
}
}
}
void combine(Mappingint N=55000;
int mask;
template<int base>
class SegTree{
static const int SZ=4*N;
Mappingint pos,int a){
pos|=mask;
data[pos].setAdd(a);
update(pos);
}
void setMul(int pos,int a){
pos|=mask;
data[pos].setMul(a);
update(pos);
}
void setPow(int pos,int a){
pos|=mask;
data[pos].setPow(a);
update(pos);
}
int get(int a){
a%=base;
return data[1][a];
}
};
SegTree<7> _7;
SegTree<13> _13;
SegTree<17> _17;
SegTree<19> _19;
int inv(int a,int m){
return a==1?1:inv(m%a,m)*(m-m/a)%m;
}
int main(){
const int M=7*13*17*19;
const int MA=M/7,MB=M/13,MC=M/17,MD=M/19;
const int A=MA*inv(MA%7,7),
B=MB*inv(MB%13,13),
C=MC*inv(MC%17,17),
D=MD*inv(MD%19,19);
int cn;
scanf("%d",&cn);
for(int ci=1;ci<=cn;ci++){
printf("Case #%d:\n",ci);
_7.clear();
_13.clear();
_17.clear();
_19.clear();
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
mask=1;
while(mask<=n){
mask<<=1;
}
for(int i=0;iint a;
scanf(" %c%d",&op,&a);
if(op=='+'){
_7.setAdd(i,a);
_13.setAdd(i,a);
_17.setAdd(i,a);
_19.setAdd(i,a);
} else if(op=='*'){
_7.setMul(i,a);
_13.setMul(i,a);
_17.setMul(i,a);
_19.setMul(i,a);
} else if(op=='^'){
_7.setPow(i,a);
_13.setPow(i,a);
_17.setPow(i,a);
_19.setPow(i,a);
}
}
for(int i=0;i<m;i++){
int type;
scanf("%d",&type);
if(type==1){
int a;
scanf("%d",&a);
printf("%d\n",(A*_7.get(a)+B*_13.get(a)+C*_17.get(a)+D*_19.get(a))%M);
} else if(type==2){
int pos;
char op;
int a;
scanf("%d %c%d",&pos,&op,&a);
pos--;
if(op=='+'){
_7.setAdd(pos,a);
_13.setAdd(pos,a);
_17.setAdd(pos,a);
_19.setAdd(pos,a);
} else if(op=='*'){
_7.setMul(pos,a);
_13.setMul(pos,a);
_17.setMul(pos,a);
_19.setMul(pos,a);
} else if(op=='^'){
_7.setPow(pos,a);
_13.setPow(pos,a);
_17.setPow(pos,a);
_19.setPow(pos,a);
}
}
}
}
return 0;
} D Doom
题意
给出n个数和一个初始值为0的答案。每次操作给出一个区间[l,r]，把区间所有的数加到答案中，之后把区间的每个数都平方。每次操作都需要输出答案 mod 9223372034707292160(2 ^ 63 - 2 ^ 31)
思路
首先，想到这个题可以用线段树来维护区间的和，然后对于(2 ^ 63 - 2 ^ 31)这个数，我们发现了一些神奇的性质，即任意数的平方MOD此数，重复操作至多29次就会进入一个不变的数。因此，可以在线段树维护时，直接限定次数。具体做法是维护每个区间中更新次数最少的数量，如果发现更新次数等于30就不往下更新，否则继续往下更新。
AC代码
HDU 5239
/*************************************************************************
> File Name: pd.cpp
> Author: tomriddly
> Created Time: 三 5/27 05:45:39 2015
************************************************************************/
#include E Exam
题意
有n门考试，每场考试有需要复习的时间，开始时间及持续时间。可以在非连续的时间复习，考试时不能复习。问能否通过全部的考试。
思路
从前往后直接模拟，按照考试顺序复习，判断能否完成即可。
AC代码
HDU5240
/* written by tomriddly */
#include F Friends
题意
Mike和他的朋友们喜欢学习语言。然后Mike是最DIAO的，他会n门语言，而他的朋友们会的都是他的子集。且彼此之间有如下关系：
。。。。。。。。。。。谁是谁的超集之类的。。。。。。
好多关系
不想写了。。。。。。虽然并没有什么卵用。。。
求满足这些条件的集合种数
思路
以为是拓扑排序，树形DP。。。
结果后来发现每种语言之间是独立的。。
所以答案肯定是k^n。。。
通过sample input and sample output发现。。
k ＝ 32。。java过之。。
AC代码
HDU5241
/* written by tomriddly */
import java.util.*;
import java.math.*;
public class Main
{
static public void main(String[]args)
{
Scanner cin = new Scanner(System.in);
int fuck = cin.nextInt();
for (int cas = 1; cas <= fuck; cas++)
{
int n = cin.nextInt();
System.out.printf("Case #%d: ", cas);
System.out.println(BigInteger.valueOf(32).pow(n));
}
cin.close();
}
}G Game
题意
一棵树有n个节点，每个节点有一个价值。一个人从根节点走到某叶子节点算一次游戏，可以获得经过节点的所有价值。但每个节点的价值只能被获得一次。问在同一棵树上进行K次游戏，最多能获得多少价值。
思路
对于每个节点，统计从这个点走到根节点能获得的价值之和。一次DFS搞定。把这些节点按照这个和从大到小排序。按照这个顺序，再次统计到根节点的价值之和，再次DFS。这次把已经走过的节点价值设为0。按照这次统计的和进行排序。然后从前往后取K次，每次用dfs把叶子节点到根节点的一条链拿干净，不重复拿取。统计价值之和，即为答案。
证明略。。
AC代码
HDU5242
/*************************************************************************
> File Name: pg.cpp
> Author: tomriddly
> Created Time: 三 5/27 05:15:42 2015
************************************************************************/
#include H Homework
题意
题意比较复杂。。不想说。。直接讲做题过程。。
这道题是一道没那么难的计算几何。。。裸半平面交。。
当时比赛没看完全是跟着榜了。。要是比赛的时候看了就能过了。。
作为只有AK队过的题，一直以为很难。其实如果不限内存的话挺好过的。
HDU上面这道题的内存限制是丧病的32M，如果开100W的double，开几个就直接爆了。。
大概是我比较2。。。没想到怎么优化内存，一直MLE
要是比赛的时候写了就好了，，不限内存。。。
最后过的方法是，把Line结构体里的Point用short记录输入的点的索引，从而节省好几个double的空间。。
然后就过了。。时间HDUrank1!(其实关云长是我在VJ上交的。。)
思路
对于给定的所有点，求出任意两个点之间的直线两侧的点的个数。如果某条直线单侧的点的个数小于[n/3],那么就把这条直线放入一个vector中存下来。全部扫一遍，把这些直线做一遍半平面交，算一下面积就行了。注意扫的方法，枚举每个点作为中心点，跟其他点连线，然后按照极角排序。用队列维护，扫一圈就可以把值统计出来了。
AC代码
HDU5243
/*************************************************************************
> File Name: ph.cpp
> Author: znl1087
> Mail: [email protected]
> Created Time: 一 6/ 1 21:22:30 2015
************************************************************************/
#include const double EPS = 1e-7;
int dcmp(double x){
if(fabs(x)return 0;else return x<0? -1: 1;
}
bool operator == (const Point& a,const Point &b){
return dcmp(a.x-b.x)==0 &&dcmp(a.y-b.y) == 0;
}
double ang(Vec v){return atan2(v.y,v.x);}
/*==========以上为基本定义============*/
double Dot(Vec& A,Vec& B){return A.x*B.x+A.y*B.y;}
double Length(Vec& A){ return sqrt(Dot(A,A));}
double Angle(Vec& A,Vec& B){return acos(Dot(A,B)/Length(A)/Length(B));}
/*==========用点积算向量长度和两个向量夹角============*/
double Cross(Vec A,Vec B){return A.x*B.y - A.y*B.x;}
double PolygonArea(vector1;i++)
area += Cross(p[i] - p[0],p[i+1]-p[0]);
return fabs(area/2);
}
struct Line{
short P1;
short P2;
double ang;
short left;
Line(){}
Line(short p1,short p2){
P1 = p1,P2 = p2;
Vec v = in[p2]-in[p1];
ang = atan2(v.y,v.x);left = 0;}
bool operator < (const Line& L) const {
return ang < L.ang;
}
Vec getV(){
return in[P2]-in[P1];
}
Point getP(){
return in[P1];
}
};
vectorwhile(first1]))last--;
while(firstif(fabs(Cross(q[last].getV(),q[last-1].getV()))if(OnLeft(q[last],L[i].getP()))q[last] = L[i];
}
if(first1] = GetIntersection(q[last-1],q[last]);
}
while(first1]))last -- ;
if(last-first<=1){
delete[] p;
delete[] q;
return 0;
}
p[last] = GetIntersection(q[last],q[first]);
int m = 0;
for(int i=first;i<=last;i++)poly.push_back(p[i]),m++;
delete[] p;
delete[] q;
return m;
}
/*=========半平面交所需函数及主过程=========*/
int main(){
//freopen("in.txt","r",stdin);
int T;
cin>>T;
for(int cas = 1;cas <= T;cas++){
vectorscanf("%lf%lf",&x,&y);
in[i] = Point(x,y);
}
int limit = (int)floor(n/3.0);
for(short i=0;i0;
queueif(i!=j)
temp[tcnt++] = Line(i,j);
sort(temp,temp+tcnt);
int len = tcnt,u = 0;
for(int k=0;kif(k){
q.pop();
u--;
}
for(;dcmp(Cross(temp[k].getV(),temp[(k+u)%len].getV()))>=0 && u for(int k=0;kif(n - temp[k].left - 1 < limit)
fuck.push_back(temp[k]);
}
//for(int k=0;k
// Point a = fuck[k].P,b = a+fuck[k].v;
// printf("x1: %f y1: %f x2:%f y2:%f\n",a.x,a.y,b.x,b.y);
//}
//printf("%d\n",fuck.size());
}
int ok = HalfplaneIntersection(fuck,poly);
printf("Case #%d: %.6f\n",cas,ok?PolygonArea(poly):0);
}
return 0;
}
I Inverse
题意
给出一组a[i],可以根据某种规则，把这个数组加密成b[i]。然后给出b[i],要求求出所有a[i]。
思路
比赛时利用__builtin_parity()打表，发现给定的矩阵是一个递归构成的矩阵，把这个矩阵等分成四份，右上角是-x子矩阵，其他的三份都是x子矩阵。a*[] = b，所以我们只要找到一种操作，利用行初等变换把矩阵变换成单位矩阵，这样b经过同样的变换后得到的就是a。
找规律大法好！jiefangxuanyan线代学的就是好！
AC代码
HDU5244
/*************************************************************************
> File Name: pi.cpp
> Author: jiefangxuanyan
> Created Time: 四 5/28 12:32:42 2015
************************************************************************/
#include
long long in[1<<20];
void sp(long long *t,int n){
if(n==1){
return;
}
int m=n>>1;
for(int i=0;ifor(int i=0;ifor(int i=0;i1];
}
for(int i=0;i>=1;
}
for(int i=0;i/*for(int i=0;i
sp(t,m);
sp(t+m,m);
}
int main(){
int cn;
scanf("%d",&cn);
for(int ci=1;ci<=cn;ci++){
int k;
scanf("%d",&k);
int n=1<for(int i=0;i"%I64d",in+i);
}
sp(in,n);
printf("Case #%d:",ci);
for(int i=n-1;i>=0;i--){
printf(" %I64d",in[i]);
}
putchar('\n');
}
return 0;
}
J Joyful
题意
在一个n*m的矩阵上随机选取k个小的矩形区域覆盖，求被覆盖的格子的数量的数学期望。随机是指从矩阵中随机选取两个格子，作为矩形的两个顶角。
思路
这题的数学期望等于每个格子被覆盖的概率之和。所以只需要求每个格子被覆盖的概率即可。可以算出，一次随机覆盖，每个格子不被覆盖的概率p，这样，1-p^k就是这个格子被覆盖的概率。求和即可。
AC代码
HDU 5245
/*************************************************************************
> File Name: pj.cpp
> Author: znl1087
> Mail: [email protected]
> Created Time: 三 5/27 04:44:07 2015
************************************************************************/
#include 题目评价
B题E题是水题，F题是一个脑筋急转弯，A题和J题是概率题，G题是一道不错的贪心，CD应该都是带一些数论的线段树。。I题是找规律加矩阵初等变换。。。 H题没看，不知道是啥，全场只有AK队过了。 H题就是个计算几何，半平面交，比赛时候不限内存。。要是直接做应该能过。。是我没读题。。总体来说，数学题偏多，题目质量还可以。基本上能做出J题的都能拿到奖，G题是铜牌和银牌的分界题，A，C，D，I，任意做出两个就是金牌。(AK队太叼，不敢评价)。1个AK，7个八题，9个七题，都是金牌。我们队这次基本都是1Y，自我感觉还是可以的。中间空了一个小时的键盘是硬伤，需要继续努力训练，并且好好总结自己的问题。