250:
首先先特判答案不存在的情况.
再设答案为k,则B[k+1,n]是A的一个子序列,所以,
做法1,枚举k检查子序列是否成立;
做法2,反过来想,从后往前看,最长的一个子序列对应了最小答案.
600:
问题可转化为,找一个凸多边形中是否存在三角形,且三角形与多边形不共顶点.
1暴力:
找出所有凸包中的点再找一个三角形,
找凸包中的所有点:枚举横坐标,再枚举每条边找到上端点和下端点. (O(size*N))
找三角形: 任取2个点,枚举下一个点,过程中必须保证每个点都不是凸包顶点.(O(size*N))
2特判:
如果凸包上点的个数size>=最大坐标差,可以确定其中必定有3不共线的点.
int N; #define INF 200000 #define EPS 1e-10 int findcross(node a,node b,int x,bool flg) { if (a.x==b.x) return flg?max(a.y,b.y):min(a.y,b.y); double k = (double)(a.y-b.y)/(double)(a.x-b.x); double c = (double)a.y-k*(double)a.x; double yy = k*(double)x+c; int res; if (flg) res = floor(yy+EPS); else res = ceil(yy-EPS); if (x==0||x==-1) { // printf("seg:(%d,%d) (%d,%d) cross at (%d ,%.2lf) , flg=%d res=%d\n",a.x,a.y,b.x,b.y,x,yy,flg,res); } return res; } int count(vector<int>X,vector<int>Y,vector<node> &q) { int cnt = 0; int l,r; l = INF, r = -INF; for (int i=0 ; i<N ; i++ ) l=min(l,X[i]),r=max(r,X[i]); printf("l=%d r=%d\n",l,r); for (int i=l ; i<=r ; i++ ) { int yu,yl; yu = -INF, yl = INF; for (int j=0 ; j<N ; j++ ) { node a = (node){X[j],Y[j]}; node b = (node){X[(j+1)%N],Y[(j+1)%N]}; if (min(a.x,b.x)<=i && i<=max(a.x,b.x)) { yu = max(yu,findcross(a,b,i,1)); yl = min(yl,findcross(a,b,i,0)); } } // if (yu-yl>=0) printf("x=%d yl=%d yr=%d\n",i,yl,yu); cnt += yu-yl+1; if (cnt>INF+N) return cnt; for (int j=yl ; j<=yu ; j++ ) q.push_back((node){i,j}); } return cnt; } double xmult(node p1,node p2 ,node p3) { // printf("area: (%d,%d) , (%d,%d) , (%d,%d) = ",p1.x,p1.y,p2.x,p2.y,p3.x,p3.y); node a; a.x = p1.x-p2.x; a.y = p1.y-p2.y; node b; b.x = p3.x-p2.x; b.y = p3.y-p2.y; double res = (double)(a.x*b.y-b.x*a.y)/2.0; // printf("%lf\n",res); return fabs(res); } bool ok(node a,vector<int> X,vector<int> Y) { for (int i=0 ; i<N ; i++ ) if (a.x==X[i] && a.y==Y[i]) return false; return true; } bool check(vector<int>X,vector<int>Y) { vector<node>q; int cnt = count(X,Y,q); printf("count=%d\n",cnt); if (cnt>INF+N) return true; // for (int i=0 ; i<q.size() ; i++ ) if (ok(q[i],X,Y))printf("(%d,%d)\n",q[i].x,q[i].y); for (int i=0 ; i<q.size() ; i++ ) if (ok(q[i],X,Y)) { for (int j=i+1 ; j<q.size(); j++ ) if (ok(q[j],X,Y)) { for (int k = j+1 ; k<q.size() ; k++ ) if (ok(q[k],X,Y) && xmult(q[i],q[j],q[k])>EPS) return true; return false; } } return false; } string ConvexPolygonGame::winner(vector <int> X, vector <int> Y) { N = X.size(); if (check(X,Y)) return "Masha"; else return "Petya"; }
trick:
计算上端点和下端点需要用取整函数,由于精度误差要加EPS:
上端点 = floor(y+EPS);
下端点 = ceil(y-EPS);
900:
通过分析知道确定第一列和"接下来每列新出现的颜色序列"后,可以确定一种方案,同时颠倒第一列可以得到一种对称方案.
再推导出"新颜色序列"的性质:
长度为N的序列可以确定长度为N的方案;
相邻项不相邻;
问题转化为对于给定的R,G,B,求组成序列的方案数;
然后计算一系列组合数就可以统计答案(按最后一位的颜色分别计算).
一个技巧:
计算 0~n 的 阶乘的逆元,根据模数是prim的性质,利用费马小定理得到n!的逆元f[n],然后由于
f[n]*n! = f[n]*n*(n-1)! = 1 % MOD
所以f[n-1] = f[n]*n,递推即可.
#define MOD 1000000007 #define MAXN 1500001 typedef long long llong; llong a[MAXN],inv[MAXN],p[MAXN]; llong Pow(llong num,llong times) { llong res=1; while (times) { if (times%2ll) res = res*num%MOD; num = num*num%MOD; times/=2ll; } return res; } llong c(int m,int n) { if (n>m||m<0) return 0; return a[m]*inv[m-n]%MOD*inv[n]%MOD; } llong getans(int x,int y,int z) { llong res=0; for (int g=x-1 ; g<=x ; g++ ) { for (int e=0 ; e<=g ; e++ ) { if ((y-z+g-e)%2) continue; int oy = (y-z+g-e)/2; int oz = g-e-oy; int ry = y-oy-e; int rz = z-oz-e; if (oy<0||oz<0||ry<0||rz<0||ry!=rz) continue; res += c(g,e)*c(g-e,oy)%MOD*c(g+ry-1,ry)%MOD*p[e]%MOD; while(res>=MOD) res-=MOD; } } // printf("res=%lld\n",res); return res; } int LittleElephantAndBoard::getNumber(int M, int R, int G, int B) { for (int i=0 ; i<MAXN ; i++ ) a[i] = i==0?1:a[i-1]*(llong)i%MOD; for (int i=0 ; i<MAXN ; i++ ) p[i] = i==0?1:p[i-1]*2ll%MOD; inv[MAXN-1] = Pow(a[MAXN-1],MOD-2); for (int i=MAXN-2 ; i>=0 ; i-- ) inv[i] = inv[i+1]*((llong)i+1)%MOD; llong res=0; res += getans(M-R,M-G,M-B)*2LL%MOD; res %= MOD; res += getans(M-G,M-R,M-B)*2LL%MOD; res %= MOD; res += getans(M-B,M-G,M-R)*2LL%MOD; res %= MOD; return (int)res; }