2019ICPC南京站
A
A Hard Problem
题意：给定一个正整数 n ，你需要找出最小整数 k，满足：从{1,2,⋯,n}中任意选择长度为k的子集，存在两个不同的整数 u,v∈T, 且 u 是 v 的因数。
思路：打表找规律 
#include
#define ios ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0)
#define PII pair
typedef long long ll;
const int N=1e8+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;
using namespace std;
void solve()
{
int n;
cin>>n;
cout<<(n+3)/2<<'\n';
}
signed main()
{
//freopen("input.txt","r",stdin);
//freopen("output.txt","w",stdout);
ios;
// get();
// cout<>_t;
while(_t--) solve();
system("pause");
return 0;
} C
Digital Path
题意：给定一个n*m的数字矩阵，从入度为0的点出发，每次操作只能向上下左右且增值为1的格子移动，终点为出度为0的点。求长度大于等于4的路径个数。
思路：先算出每个点的出度入度，从入度为0的开始bfs，更新方案数。
f[i][j][x]表示到达点(i, j)路径长度为x的方案数，特别的f[i][j][4]表示到达点(i, j)路径长度大于等于4的方案数。更新方式如下：
f[nx][ny][2] += f[x][y][1]
f[nx][ny][3] += f[x][y][2]
f[nx][ny][4] += f[x][y][3] + f[x][y][4]
#include
#define ios ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0)
#define PII pair
typedef long long ll;
const int N=1010;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int mod=1e9+7;
using namespace std;
int n,m;
int a[N][N];
int in[N][N],out[N][N];
int f[N][N][5];
int dir[4][2]={1,0,-1,0,0,1,0,-1};
void bfs()
{
queue>q;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
if(in[i][j]==0)
{
q.push({i,j});
f[i][j][1]=1;
}
while(q.size())
{
int x=q.front().first,y=q.front().second;
q.pop();
for(int k=0;k<4;k++)
{
int nx=x+dir[k][0],ny=y+dir[k][1];
if(nx<1||nx>n||ny<1||ny>m) continue;
if(a[nx][ny]==a[x][y]+1)
{
f[nx][ny][2]=(f[nx][ny][2]%mod+f[x][y][1])%mod;
f[nx][ny][3]=(f[nx][ny][3]%mod+f[x][y][2])%mod;
f[nx][ny][4]=((f[nx][ny][4]%mod+f[x][y][3]%mod)%mod+f[x][y][4]%mod)%mod;
in[nx][ny]--;
if(in[nx][ny]==0) q.push({nx,ny});
}
}
}
}
void solve()
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
cin>>a[i][j];
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
for(int k=0;k<4;k++)
{
int nx=i+dir[k][0],ny=j+dir[k][1];
if(nx<1||nx>n||ny<1||ny>m) continue;
if(a[nx][ny]==a[i][j]+1) out[i][j]++;
else if(a[nx][ny]==a[i][j]-1) in[i][j]++;
}
bfs();
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
if(out[i][j]==0) ans=(ans%mod+f[i][j][4])%mod;
cout<>_t;
while(_t--) solve();
system("pause");
return 0;
} H
Prince and Princess
题意：
有n个房间,每个房间有一个人,他们知道任一个人在哪个房间,其中公主在某一房间.你可以问任一房间的人下列三个问题之一:①你是谁;②某个房间里的人是谁;③公主在哪个房间.
这n个人可分为三类,说真话、说假话、可能说真话也可能说假话,分别有a , b , c( 0 < a , b , c < 2e5 )人.至少问几次才能确定公主在哪个房间.若无法确定,输出"NO";若可以确定,输出"YES",下一行输出最小询问次数.
思路：考虑最坏情况，开始问的(b+c)个人都说假话，都回答错误答案A，再接着问(b+c)个人都说真话，都回答答案B，此时两个答案选择人数相同；再多问一个人，就可以区分出哪个是真话。所以至少需要问a+b+a+b+1=2(a+b)+1次，当总人数a+b+c >= 2(b+c)+1时，即a>=b+c+1时，输出YES。注意需要特判a=1 b=0 c=0时，只有公主一人时不需要询问。
#include
#define ios ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0)
#define PII pair
typedef long long ll;
const int N=1e6+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;
using namespace std;
int a,b,c;
void solve()
{
cin>>a>>b>>c;
if(b+c>=a) cout<<"NO\n";
else
{
cout<<"YES\n";
if(a==1&&b==0&&c==0) cout<<0<<'\n';
else if(b==0&&c==0) cout<<1<<'\n';
else cout<<2*(b+c)+1<<'\n';
}
}
signed main()
{
//freopen("input.txt","r",stdin);
//freopen("output.txt","w",stdout);
ios;
int _t=1;
//cin>>_t;
while(_t--) solve();
system("pause");
return 0;
} K
Triangle
题意：给定三角形三个顶点的坐标，给定点p，在三角形上找一点q的坐标，使得pq可以平分三角形面积。若p点不在三角形上时输出-1.
思路：分类讨论，讨论p在哪条边上，更靠近边的哪个顶点，在对应的边上二分求点q
#include
#define ios ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0)
#define PII pair
typedef long long ll;
const int N=1e6+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-7;
using namespace std;
inline double sqr(double x){return x*x;}
int sgn(double x){
if(fabs(x) < eps)return 0;
if(x < 0)return -1;
else return 1;
}
struct Point{
double x,y;
Point(){}
Point(double _x,double _y){
x = _x;
y = _y;
}
void input(){
scanf("%lf%lf",&x,&y);
}
Point operator -(const Point &b)const{
return Point(x-b.x,y-b.y);
}
//叉积
double operator ^(const Point &b)const{
return x*b.y - y*b.x;
}
//点积
double operator *(const Point &b)const{
return x*b.x + y*b.y;
}
//返回两点的距离
double distance(Point p){
return hypot(x-p.x,y-p.y);
}
Point operator +(const Point &b)const{
return Point(x+b.x,y+b.y);
}
Point operator *(const double &k)const{
return Point(x*k,y*k);
}
};
struct Line{
Point s,e;
Line(){}
Line(Point _s,Point _e){
s = _s;
e = _e;
}
// 点在线段上的判断
bool pointonseg(Point p){
return sgn((p-s)^(e-s)) == 0 && sgn((p-s)*(p-e)) <= 0;
}
};
Point mid_(Point a, Point b)
{
return (a+b)*0.5;
}
double area(Point a, Point b, Point c)
{
return fabs((b - a) ^ (c - a) * 0.5);
}
void solve()
{
Point a,b,c,p;
Line ab,ac,bc;
a.input();
b.input();
c.input();
p.input();
ab=Line(a,b);
ac=Line(a,c);
bc=Line(b,c);
if(!ab.pointonseg(p)&&!ac.pointonseg(p)&&!bc.pointonseg(p))
{
printf("-1\n");
}
else
{
double s=area(a,b,c)/2;
if(ab.pointonseg(p))
{
double dispa=p.distance(a);
double dispb=p.distance(b);
if(dispa0) r=mid;
else if(ret<0) l=mid;
else break;
}
printf("%.10f %.10f\n",mid.x,mid.y);
}
else
{
Point l=a,r=c;
Point mid;
int x=50;
while(x--)
{
mid=mid_(l,r);
int ret=sgn(area(mid,p,a)-s);
if(ret>0) r=mid;
else if(ret<0) l=mid;
else break;
}
printf("%.10f %.10f\n",mid.x,mid.y);
}
}
else if(ac.pointonseg(p))
{
double dispa=p.distance(a);
double dispc=p.distance(c);
if(dispa0) r=mid;
else if(ret<0) l=mid;
else break;
}
printf("%.10f %.10f\n",mid.x,mid.y);
}
else
{
Point l=a,r=b;
Point mid;
int x=50;
while(x--)
{
mid=mid_(l,r);
int ret=sgn(area(p,mid,a)-s);
if(ret>0) r=mid;
else if(ret<0) l=mid;
else break;
}
printf("%.10f %.10f\n",mid.x,mid.y);
}
}
else
{
double dispb=p.distance(b);
double dispc=p.distance(c);
if(dispb0) r=mid;
else if(ret<0) l=mid;
else break;
}
printf("%.10f %.10f\n",mid.x,mid.y);
}
else
{
Point l=b,r=a;
Point mid;
int x=50;
while(x--)
{
mid=mid_(l,r);
int ret=sgn(area(p,mid,b)-s);
if(ret>0) r=mid;
else if(ret<0) l=mid;
else break;
}
printf("%.10f %.10f\n",mid.x,mid.y);
}
}
}
}
signed main()
{
//freopen("input.txt","r",stdin);
//freopen("output.txt","w",stdout);
ios;
int _t=1;
// cin>>_t;
scanf("%d",&_t);
while(_t--) solve();
system("pause");
return 0;
} J
Spy
题意：给定n个敌人的力量值a[i]，及击杀敌人获得的荣誉值p[i].给定你的第一队的力量值b[i]，第二队的力量值c[i].需要将b[i]与c[j]一一配对后组成n只队伍d[]，新的力量值为两人之和，d[]再与a[]随机战斗，每只队伍只能战斗一次，共n!种情况。若d[i]>a[i]我方获得荣誉值p[i].求可获得的荣誉的最大期望乘n的值，数据保证最大期望乘n后是整数
思路：把b[]和c[]当作二分图，边的权值为这对组合可以获得的荣誉值之和。然后进行KM算法，找到最大权值匹配即为答案。
#include
#define ios ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0)
#define PII pair
typedef long long ll;
const int N=410;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll infll=1e15+7;
using namespace std;
int n;
ll a[N],p[N],b[N],c[N];
ll w[N][N];
ll la[N], lb[N], upd[N]; // 左、右部点的顶标
bool va[N], vb[N]; // 访问标记：是否在交错树中
ll match[N]; // 右部点匹配了哪一个左部点
ll last[N]; // 右部点在交错树中的上一个右部点，用于倒推得到交错路
bool dfs(ll x, ll fa)
{
va[x] = 1;
for(int y = 1; y <= n; y++)
{
if(!vb[y])
{
if(la[x] + lb[y] == w[x][y])
{
vb[y] = 1; last[y] = fa;
if(!match[y] || dfs(match[y], y))
{
match[y] = x;
return true;
}
}
else if(upd[y] > la[x] + lb[y] - w[x][y])
{
upd[y] = la[x] + lb[y] - w[x][y];
last[y] = fa;
}
}
}
return false;
}
ll KM()
{
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
la[i] = -infll;
lb[i] = 0;
for(int j = 1; j <= n; j++) la[i] = max(la[i], w[i][j]);
}
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
memset(va, 0, sizeof(va));
memset(vb, 0, sizeof(vb));
for(int j = 1; j <= n; j++) upd[j] = infll;
// 从右部点st匹配的左部点match[st]开始dfs，一开始假设有一条0-i的匹配
int st = 0; match[0] = i;
while(match[st]) // 当到达一个非匹配点st时停止
{
ll delta = infll;
if(dfs(match[st], st)) break;
for(int j = 1; j <= n; j++)
if(!vb[j] && delta > upd[j])
{
delta = upd[j];
st = j; // 下一次直接从最小边开始DFS
}
for(int j = 1; j <= n; j++) // 修改顶标
{
if(va[j]) la[j] -= delta;
if(vb[j]) lb[j] += delta;
else upd[j] -= delta;
}
vb[st] = true;
}
while(st) // 倒推更新增广路
{
match[st] = match[last[st]];
st = last[st];
}
}
ll ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++)
if(match[i])
ans += w[match[i]][i];
return ans;
}
void solve()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>p[i];
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>b[i];
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>c[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
{
ll sum=0;
for(int k=1;k<=n;k++)
if(b[i]+c[j]>a[k]) sum+=p[k];
w[i][j]=sum;
}
cout<>_t;
while(_t--) solve();
system("pause");
return 0;
}