2013年安徽省省赛题解(山寨版)

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题目链接：http://acm.hfut.edu.cn/OnlineJudge/    题号：1299-1310

唔。。。因为和长沙邀请赛冲突了，就只能让一些小朋友们去省赛了~~~~

比赛结束之后，听说省赛挺惨的（大概是意料之中吧）

不过意料之外的是，12道题，夺冠队5题，其它队伍最多4题。。。无法直视

回到学校之后，终于等到了题目。。。。

花了一天的时间，终于水过了所有的题。。。在官方题解还没问世的情况下，先来骗点访问量

A：字符串处理（水题）

    找到单词，反向输出。。。没啥好说的

B：线段树

    首先记录每个数与前面一个数的差值。形成一个序列

    那么最长的等差数列，便是区间内最长连续相同的子序列。

    这便成了一个序列，可以区间修改（加、减），然后查询某个区间内的最长连续相同子序列。

    修改操作的话，[l,r]进行(A,D)的操作。相当于a[l]与a[l-1]的差值增加了A。[l+1,r]的每个数与前面一个数的差值增加了D，而a[r+1]与a[r]的差值增加了-(A+(r-l)*D)。三段区间修改。

    至于怎么维护区间的查询。首先对于区间的更新，肯定需要懒惰标记lazy。

    然后需要记录整个区间是否是同一个数cover，如果是-inf，说明整个区间不是同一个数//好像这个变量没啥用TAT

    记录最终答案整个区间的最长连续len。

    在区间合并的时候，两个区间合并，相邻部分可能合成新的部分。

    所以需要记录一个区间两端的情况。

    左端点的什么数字left_num,以及左端点连续相同个数left_cnt

    右端点同理right_num,right_cnt。

    push_up()的时候，对于cover，如果两个子区间cover都不是-inf，而且一样，说明整个区间是同一个数，否则-inf。

    对于len，肯定是max(左区间的len,右区间的len,左区间的右部和右区间的左部)。

    对于left_num，肯定是左区间的left_num。right_num肯定是右区间的right_num。

    对于left_cnt，肯定是左区间的left_cnt，以及左区间的cover便是left_num，说明可能和右区间的left_cnt合并。

    同理 处理right_cnt。

    查询的时候，可以是左区间的lef,右区间的len，还可能是两个区间的邻界处，注意left_cnt或者right_cnt可能超过区间长度。

C：排序，模拟(水题)

    按到达时间排序，然后模拟

D：几何

    大意是说有一个点，一个圆，一条线段，求圆上一点到点的距离以及到线段的距离之和最小。

    圆上肯定只有一个单峰最大和单峰最小。。。然后就打算用三分解决，但是这和三分写法有关，怎么样处理类似的一个周期函数比较纠结。。。。

    尝试几次WA之后，只能枚举角度水过。。。。坐等正解。

    枚举圆上的点。。求点到点的距离，以及点到线段的距离。

    正解是分为(0,pi)  (pi,2*pi)两段去三分，那么每个区间里不同时包含最大值和最小值，就可以三分

E：二分+半平面交

    大概就是在一个凸多边形内找到一个半径最大的圆。

    二分半径，然后将凸多边形的边向内推r。半平面交判断是否新多边形是否存在核。

F：模拟

    不能多说。。。大概就是使劲模拟，考虑所有情况，细心点就行了

G：博弈

     这场的博弈题还是挺神的。。。。

     首先判断一下先手是否能胜。可以知道先手如果想要胜的话，至少需要m件物品。如果自己的钱连每一件物品都支付不了1个单位价钱的话，需要特殊判断。如果对于的钱多于自己，显然对方胜，如果钱一样。则每人花1个单位价钱买走一个物品。最终打平。

     对于钱很多的情况，知道想要拿下m件物品的话，平均每个物品需要支付多少钱。取下整之后，将剩余的钱加在某些物品上。然后依次出价，这时候对于对方来说，必须尽可能阻止先手的所有报价。即只要手上的钱超过对方的报价，就要竞价（当然多出1个单位就行了）。因为对方知道如果先手的所有报价都能成功的话，对方便赢了。

     如果先手无法胜利，则要判一下是否为平局。同理 还是求一下至少需要赢m物品。将自己的钱平分在m件物品上，后手阻止先手的报价。

     当然主要是细节需要考虑。首先我一直WA在n==0的情况。。。不能多说，OJ竟然不返回RE。

     另外就是钱不足以支付每一件物品的时候。也就是存在某些物品没人竞价的情况。

H：高精度+排列

     挺无聊的数据范围，完全没有必要让别人用高精度吧= = 。

     又不让用JAVA，我又没有高精度模板，百度了一个还是错的(自己debug出来。。。)！！！！

     做法大概是先统计一下当前这个排列是处在全排列的多少位，然后前推后移之后，就是输出第K大全排列了。

I：最短路+DP

    先从终点出发，预处理出所有点到终点的最短路。

    然后从终点记忆化搜索，统计一下方案数。

J、K：推理

     好多人不理解游戏规则，以1,2,3为例，三个人分别人a,b,c。

     那么第一轮a觉得自己可能是1，可能是5，b觉得自己可能是2可能是4，c觉得自己可能是3可能是1。所以 无法判断，他们的答案是否。

     第二轮c已经能猜出自己肯定是3了。因为假设他是1的话，那么第一轮中b看到的两个数字是1和1,但是由于题目说了是正整数，即不可能是0，那么b应该能猜出自己的数字。但是第一轮中b没有猜出，那么c就可以否定掉自己是1的可能。

     首先你需要YY出是数字最大的那个人先猜出数字。。。我只能YY，猜想，瞎搞。

     那么对于(a,b,c)a<=b<=c来说，对于c正解是b+a，现在需要求他能在多少轮之后否定掉自己是b-a的可能。

     那么现在的三元组成了(b-a,a,b) 当然也可能是(a,b-a,b) ，同理还是最大的一位去否定掉另外一种想法。

     直到a==b，说明这时候已经出现了矛盾。

      每次去减肯定过不了K的大数据。可以观察发现最小的两个数就是辗转相转法。。转化成(b%a,a,b)+b/a。

L：树DP

     两次树DP，up[i]表示从i这点，向父节点传的期望流量 ，down[i]表示对于i这点，父节点向i传的期望流量 。

     up的包括两部分，首先是除了根以外的结点，结点本身的一个流量可以传向父节点。概率便是1/节点的度。

     另外一部分便是孩子节点up到当前节点的，可以继续up，但是注意这里不能往 回走，所以概率是1/（度-1）。

     之后是求Down,down的分为3个部分，结点本身可以down。down给父节点的部分，可以继续down给孩子结点。

从非当前孩子结点up到父节点的流量可以down。

      处理的话，以1为根，但是1可能也为叶子，那么1的流量 便是根的孩子up给父节点的流量 。其它叶子为down的流量 。

code:https://github.com/cxlove/ACM_ICPC/tree/master/Contest/AnhuiProviceContest_2013