IOI2020集训队作业-4 (CF607E, AGC038E, AGC030C)
A - CF607E Cross Sum
题意
有 n n n条直线。
设集合 D D D为：这些直线中两两交点构成的可重集合，其中一个点的出现次数等于有多少对直线的交点是这个点。
给出一个点 o o o和一个整数 m m m，你需要求 D D D中到 o o o最近的 m m m个点到 o o o的距离的和。
n ≤ 50000 , m ≤ 3 × min { 1 0 7 , ∣ D ∣ } n\le 50000, m\le 3\times \min \{ 10^7,|D|\} n≤50000,m≤3×min{107,∣D∣}。时限7s。
Sol
二分求出第 m m m近的点到 o o o的距离。检查的时候需要统计在圆内的直线交点个数，可以转化成求直线与圆交形成的弦的交点个数。假设弦的端点与圆心的连线与 x x x轴的夹角分别为 l i l_i li和 r i r_i ri，则两条弦有交当且仅当 l i < l j < r i < r j l_i < l_j < r_i < r_j li<lj<ri<rj，这是个二维偏序的形式。这一步的复杂度是 O ( n log n log V ) O(n\log n\log V) O(nlognlogV)的， V V V与坐标范围和精度有关。
接下来用与上面类似的思想扫出所有的在圆内的交点，复杂度 O ( m log n ) O(m\log n) O(mlogn)。
实现细节
1）由于在求 l i < l j < r i < r j l_i < l_j < r_i < r_j li<lj<ri<rj的时候是角度的比较，值域非常小（是 ( − π , π ] (-\pi ,\pi] (−π,π]），所以这一步的比较中一定要把 e p s eps eps设得非常非常小（或者干脆不设 e p s eps eps）。
2）为了卡常，在求二维偏序的时候要让每个交点只被数一次（也就是数无序对 ( i , j ) (i,j) (i,j)）。
3）注意考虑 π \pi π和 − π -\pi −π实际上是同一个角，要特殊判断一下，保证计数不重不漏。
4）算上在圆上的点，得到的点数可能会大于 m m m。所以最后算答案的时候，先算出严格在圆内的点的点数 t o t tot tot以及它们到圆心的距离的和，然后再加上 ( m − t o t ) ⋅ d (m-tot)\cdot d (m−tot)⋅d就是答案（其中 d d d是圆的半径）。
Code
#include
// for(int j=i+1;j
// if(dcmp(ki[id[i]]-ki[id[j]])==0) continue;
// Point p;
// p.x=(bi[id[j]]-bi[id[i]])/(ki[id[i]]-ki[id[j]]);
// p.y=p.x*ki[id[i]]+bi[id[i]];
// db tmp=len(p-o);
// if(dcmp(tmp-lb)<0) lim--,ans+=tmp;
//// cout<
// if(lim==0) break;
// }
// ans+=lim*lb;
// printf("%.10Lf\n",ans);
return 0;
}
B - AGC038E Gachapon
题意
有一个随机数生成器，每次独立生成一个 [ 0 , n ) [0,n) [0,n)的数，生成第 i i i个数的概率是 p i p_i pi。
给一个长度为 n n n的数组 b i b_i bi，问期望至少需要运行这个随机数生成器多少次，才能使对于每个 i i i都满足第 i i i个数的出现次数大于等于 b i b_i bi。
p i p_i pi的给出方式是，给出 n n n个整数 a 0 , a 1 , ⋯ a n − 1 a_0,a_1,\cdots a_{n-1} a0,a1,⋯an−1，则 p i = a i ∑ j = 0 n − 1 a j p_i = {a_i \over \sum_{j=0}^{n-1} a_j} pi=∑j=0n−1ajai。
所有的运算在模 998244353 998244353 998244353的意义下进行。
n ≤ 400 , 1 ≤ a i , b i n\le 400,1\le a_i,b_i n≤400,1≤ai,bi，且 ∑ a i ≤ 400 , ∑ b i ≤ 400 \sum a_i \le 400, \sum b_i \le 400 ∑ai≤400,∑bi≤400
Sol
首先对题目要求的东西进行min-max容斥。假如枚举了一个某一个 { 1 , 2 , 3 ⋯ n } \{1,2,3\cdots n\} {1,2,3⋯n}的子集 S S S，我们现在要求期望至少进行多少轮， S S S中有一个数的出现次数达到了 b i b_i bi。
我们对 S S S中的元素记一个 { x j } \{ x_j \} {xj}，表示某个时刻每个数的出现次数。则期望操作的轮数等于（所有满足 x j < b j x_j < b_j xj<bj的 { x j } \{ x_j \} {xj}出现的概率 * 这个情况期望会持续多少轮操作）。设 P P P为操作到 S S S集合中的元素的概率，那么对于任意一个情况它的期望持续轮数都是 1 P 1\over P P1。所以我们可以先不管每种情况的期望持续轮数，算出每种情况出现的概率的和之后乘上 1 P 1\over P P1就可以了。
现在考虑怎么求某种情况出现的概率：此时应恰好有 X = ∑ i ∈ S x i X = \sum_{i \in S} x_i X=∑i∈Sxi次操作我们操作了 S S S中的元素，并且每个元素被操作的次数也是确定了的。所以概率就应该是：
( X ! ) ⋅ Π i ∈ S ( a i ∑ j ∈ S a j ) x i 1 x i ! (X! )\cdot \Pi_{i\in S} \Big({a_i \over \sum_{j\in S} a_j}\Big)^{x_i}{1\over x_i!} (X!)⋅Πi∈S(∑j∈Sajai)xixi!1
这里不需要考虑 S S S之外的元素是因为：1） S S S之外的元素被生成对 { x i } \{ x_i \} {xi}没有影响。2）由于 a i ≥ 1 a_i \ge 1 ai≥1，所以总是存在一个时刻， S S S中的元素被选的次数是 X X X。
接下来考虑用 d p dp dp优化上面的过程。观察发现，我们只需要知道 S S S中所有元素的 a i a_i ai之和与 x i x_i xi之和就可以算 X ! , ( 1 ∑ a j ) X X!,({1\over \sum a_j })^{X} X!,(∑aj1)X和 1 P 1\over P P1，而对于其它的部分以及容斥系数，每个元素的贡献都是独立的。所以把 ∑ a i \sum a_i ∑ai和 ∑ b i \sum b_i ∑bi作为 d p dp dp状态，其它在加入一个元素的时候乘上就可以了。
时间复杂度 O ( ( ∑ a i ) ( ∑ b i ) 2 ) O((\sum a_i) (\sum b_i)^2) O((∑ai)(∑bi)2)。
Code
#include C - AGC030C Coloring Torus
题意
称对于一个 n × n n\times n n×n的方格（格子的左上角是 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0)，右下角是 ( n − 1 , n − 1 ) (n-1,n-1) (n−1,n−1)）和颜色数 K K K的涂色方案是好的，当且仅当：
- 每个方格都涂了 K K K种颜色中的一个。
- 每种颜色都至少被涂了一次。
- 对于任意两种颜色 i , j i,j i,j，满足对所有颜色为 i i i的格子，与它相邻的格子中颜色为 j j j的格子的数量都是一样的。这里我们定义两个格子 ( a , b ) (a,b) (a,b)和 ( c , d ) (c,d) (c,d)相邻，当且仅当 a = c a=c a=c且 b − d = ± 1 m o d n b-d=\pm 1 \mod n b−d=±1modn或者 b = d b=d b=d且 a − c = ± 1 m o d n a-c=\pm 1\mod n a−c=±1modn。
现在给你颜色数 K K K，你可以在 [ 1 , 500 ] [1,500] [1,500]中选择一个 n n n，构造一种好的涂色方案。
K ≤ 1000 K\le 1000 K≤1000
Sol
当 K K K时 4 4 4的倍数的时候，一种合法的构造是：
我们发现如果对于某几个 i i i，把 2 i − 1 2i-1 2i−1和 2 i 2i 2i这两种颜色改成同一种颜色，构造方案仍然是合法的。这样就可以把这种构造扩展到 K K K不是 4 4 4的倍数的情况。
Code
#include