Div1单场我从来就没上过分，这场又剧毒，半天才打出B，C挂了好几次最后还FST了，回紫了。
AC:AB Rank:340 Rating:2204-71->2133
Div2.B.The Meeting Place Cannot Be Changed
题目大意：n个人，第i个人位于xi，速度为vi，找到一个点使得所有人到这个点的耗时最小，输出耗时。（n<=60000）
思路：二分答案，知道耗时后可以求出每个人能到达的区间，如果所有区间有交则合法，复杂度O(nlog)。
#include<cstdio> #include<cmath> #include<algorithm> using namespace std; char B[1<<26],*S=B,C;int X; inline int read() { while((C=*S++)<'0'||C>'9'); for(X=C-'0';(C=*S++)>='0'&&C<='9';)X=(X<<3)+(X<<1)+C-'0'; return X; } #define MN 60000 int x[MN+5],v[MN+5]; int main() { fread(B,1,1<<26,stdin); int n=read(),i,p;double l=0,r=0x3FFFFFFF,mid,mn,mx,ans; for(i=1;i<=n;++i)x[i]=read(); for(i=1;i<=n;++i)v[i]=read(); for(p=1;p<=100;++p) { mid=(l+r)/2; for(mn=1e18,mx=-1e18,i=1;i<=n;++i) mn=min(mn,x[i]+mid*v[i]),mx=max(mx,x[i]-mid*v[i]); if(mx-mn<1e-12)ans=r=mid; else l=mid; } printf("%.12lf",ans); }
A.Andryusha and Colored Balloons
题目大意：给出一棵n个点的树，距离为2以内的点颜色不能相同，求最小染色方案。（n<=200,000）
思路：每个点对他的儿子染色，每个儿子颜色不与他和他父亲还有染过的儿子颜色相同即可，复杂度O(n)。
#include<cstdio> char B[1<<26],*S=B,C;int X; inline int read() { while((C=*S++)<'0'||C>'9'); for(X=C-'0';(C=*S++)>='0'&&C<='9';)X=(X<<3)+(X<<1)+C-'0'; return X; } #define MN 200000 struct edge{int nx,t;}e[MN*2+5]; int h[MN+5],en,r[MN+5],fa[MN+5],c[MN+5]; inline void ins(int x,int y){e[++en]=(edge){h[x],y};h[x]=en;} void dfs(int x) { int i,j=0; for(i=h[x];i;i=e[i].nx)if(e[i].t!=fa[x]) { while(c[x]==++j||c[fa[x]]==j); c[e[i].t]=j;fa[e[i].t]=x;dfs(e[i].t); } } int main() { fread(B,1,1<<26,stdin); int n=read(),i,x,y,rt=0; for(i=1;i<n;++i) { if(++r[x=read()]>r[rt])rt=x; if(++r[y=read()]>r[rt])rt=y; ins(x,y);ins(y,x); } printf("%d ",r[rt]+1); dfs(c[1]=1); for(i=1;i<=n;++i)printf("%d ",c[i]); }
B.Innokenty and a Football League
题目大意：n支球队要取名，每支球队有两种选择，要求：1.所有球队名字不能相同；2.如果两支球队第一种选择相同，他们都只能选第二种。（n<=1000）
思路：转化成2-sat模板题就可以了。2-sat构造解我不是很熟练，打了很久。
#include<iostream> using namespace std; #define MN 1000 #define MV 2000 #define ME 5000000 string s[MN+5][2],sa,sb; struct edge{int nx,t;}e[ME*2+5]; int h[MV+5],en,d[MV+5],l[MV+5],cnt,z[MV+5],zn,inz[MV+5],b[MV+5],bn; int rh[MV+5],r[MV+5],c[MV+5],q[MV+5],qn; inline void ins(int*h,int x,int y){e[++en]=(edge){h[x],y};h[x]=en;} void tj(int x) { d[x]=l[x]=++cnt;inz[z[zn++]=x]=1; for(int i=h[x];i;i=e[i].nx) { if(!d[e[i].t])tj(e[i].t); if(inz[e[i].t]&&l[e[i].t]<l[x])l[x]=l[e[i].t]; } if(d[x]==l[x])for(++bn;z[zn]!=x;inz[z[zn]]=0)b[z[--zn]]=bn; } int main() { int n,i,j,k; cin>>n; for(i=1;i<=n;++i) { cin>>sa>>sb; s[i][0]=s[i][1]=s[i][0]+sa[0]+sa[1]; s[i][0]+=sa[2];s[i][1]+=sb[0]; } for(i=1;i<=n;++i)for(j=1;j<=n;++j)if(i!=j) { if(s[i][0]==s[j][0])ins(h,i,j+n),ins(h,i+n,j+n); if(s[i][0]==s[j][1])ins(h,i,j); if(s[i][1]==s[j][0])ins(h,i+n,j+n); if(s[i][1]==s[j][1])ins(h,i+n,j); } for(i=1;i<=n<<1;++i)if(!d[i])tj(i); for(i=1;i<=n;++i)if(b[i]==b[i+n])return puts("NO"),0; puts("YES"); for(i=1;i<=n<<1;++i)for(j=h[i];j;j=e[j].nx) if(b[i]!=b[e[j].t])ins(rh,b[e[j].t],b[i]),++r[b[i]]; for(i=1;i<=bn;++i)if(!r[i])q[++qn]=i; for(i=1;i<=qn;++i) { if(!c[q[i]]) { for(j=1;j<=n;++j)if(b[j]==q[i])c[b[j+n]]=1; for(;j<=n<<1;++j)if(b[j]==q[i])c[b[j-n]]=1; } for(j=rh[q[i]];j;j=e[j].nx)if(!--r[e[j].t])q[++qn]=e[j].t; } for(i=1;i<=n;++i)cout<<(c[b[i]]?s[i][1]:s[i][0])<<endl; }
C.Underground Lab
题目大意：给出n个点m条边的无向联通图，构造k条长度不超过2n/k(向上取整)的路径覆盖所有点。（n,m<=200,000，k<=n）
思路：考虑该图的一颗生成树，dfs一遍，进入节点和从子节点回来时都把当前点加入路径里，就得到一个长度为2n-1的路径覆盖，分成k段输出即可，复杂度O(n)。我输出写的巨丑挂了，非常难受。
AC代码
#include<cstdio> char B[1<<26],*S=B,C;int X; inline int read() { while((C=*S++)<'0'||C>'9'); for(X=C-'0';(C=*S++)>='0'&&C<='9';)X=(X<<3)+(X<<1)+C-'0'; return X; } #define MN 200000 struct edge{int nx,t;}e[MN*2+5]; int f[MN+5],h[MN+5],en,ans[MN*2+5],cnt; int gf(int k){return f[k]?f[k]=gf(f[k]):k;} inline void ins(int x,int y){e[++en]=(edge){h[x],y};h[x]=en;} void dfs(int x,int fa) { ans[++cnt]=x; for(int i=h[x];i;i=e[i].nx)if(e[i].t!=fa) { dfs(e[i].t,x); ans[++cnt]=x; } } int main() { fread(B,1,1<<26,stdin); int n,m,k,x,y,i,j; n=read();m=read();k=read(); while(m--) { x=read();y=read(); if(gf(x)!=gf(y))f[gf(x)]=gf(y),ins(x,y),ins(y,x); } dfs(1,0);--cnt; for(x=1;x*k<cnt;++x); for(i=1;i<=k;++i) { printf("%d ",x); for(j=1;j<=x;++j)printf("%d ",cnt?ans[((i-1)*x+j-1)%cnt+1]:1); puts(""); } }
D.Axel and Marston in Bitland
题目大意：给出一张n个点m条边的图，边权为0或1，按以下方式构造一个01序列：一开始为0，每次将当前串取反加到原串后面（0，01，0110，01101001……），问从点1出发，按这个01序列走对应边权的边，最多能走多少步，如果超过10^18输出-1。（n<=500，m<=2*n^2）
思路：令s[i][0/1]表示长度为2^i的原串/取反串，则有s[i+1][0]=s[i][0]+s[i][1],s[i+1][1]=s[i][1]+s[i][0]，我们把原图按这个方式bitset加速倍增一下，然后DP就可以了，复杂度O(n^3/32*log10^18)，时限5s而且cf机子快，非常科学。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<bitset> #include<algorithm> #include<iostream> using namespace std; inline int read() { int x;char c; while((c=getchar())<'0'||c>'9'); for(x=c-'0';(c=getchar())>='0'&&c<='9';)x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0'; return x; } #define MN 500 #define MK 60 #define INF 1000000000000000000LL bitset<MN+5> g[MK+5][2][MN+5]; long long f[MK+5][MN+5][2],ans; int main() { int n,m,i,j,k,x,y; n=read();m=read(); while(m--) { x=read();y=read(); g[0][read()][x][y]=1; } for(k=0;k<MK;++k)for(i=1;i<=n;++i)for(j=1;j<=n;++j) { if(g[k][0][i][j])g[k+1][0][i]|=g[k][1][j]; if(g[k][1][i][j])g[k+1][1][i]|=g[k][0][j]; } memset(f,128,sizeof(f));f[k+1][1][0]=0; for(k=MK;k>=0;--k) { for(i=1;i<=n;++i)f[k][i][0]=f[k+1][i][0],f[k][i][1]=f[k+1][i][1]; for(i=1;i<=n;++i)for(j=1;j<=n;++j) { if(g[k][0][i][j])f[k][j][1]=max(f[k][j][1],f[k+1][i][0]+(1LL<<k)); if(g[k][1][i][j])f[k][j][0]=max(f[k][j][0],f[k+1][i][1]+(1LL<<k)); } } for(i=1;i<=n;++i)ans=max(ans,max(f[0][i][0],f[0][i][1])); cout<<(ans>INF?-1:ans); }