SRM 597DIV1

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";

}

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　　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;

}

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