@Dmaxiya 2018-08-17T10:27:00.000000Z 字数 6110 阅读 917

Codeforces Round #488 (Div. 1)

Codeforces

Contests 链接：Codeforces Round #488 (Div. 1)
过题数：2
排名：295/715

A. Two Squares

题意

按顺时针或逆时针的顺序给出两个正方形四个顶点的坐标，第一个正方形四边都平行于坐标轴，第二个正方形的四边与坐标轴夹角都是 $45°$ ，问两个正方形是否相交（仅顶点有交点或者一个正方形包含于另一个正方形也属于相交）。

输入

输入包含两行，每行四对整数，每对整数表示正方形的其中一个顶点的坐标，每一行的四个坐标都是按照顺时针或者逆时针顺序给出的。
第一行给出边与坐标轴平行的正方形顶点坐标，第二行给出边与坐标轴夹角为 $45°$ 的正方形顶点坐标，所有整数都在 $[-100,100]$ 内。

输出

如果两个正方形相交则输出 "Yes"，否则输出 "No"，大小写任意。

样例

输入	输出
0 0 6 0 6 6 0 6 1 3 3 5 5 3 3 1	YES
0 0 6 0 6 6 0 6 7 3 9 5 11 3 9 1	NO
6 0 6 6 0 6 0 0 7 4 4 7 7 10 10 7	YES

题解

先按照顶点给出的顺序在二维数组上描出正方形的边界，接着填充两个正方形内部，再判断是否相交。

过题代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <climits>
#include <cstring>
#include <string>
#include <vector>
#include <list>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <iomanip>
using namespace std;
#define LL long long
const int maxn = 200 + 100;
int dx, dy;
int x[8], y[8];
bool vis[2][maxn][maxn];
void pull(bool vis[maxn][maxn]) {
    for(int i = 0; i < 4; ++i) {
        int ii = (i + 1) % 4;
        dx = x[ii] - x[i];
        dy = y[ii] - y[i];
        if(dx != 0) {
            dx /= abs(dx);
        }
        if(dy != 0) {
            dy /= abs(dy);
        }
        int xx = x[i];
        int yy = y[i];
        while(yy != y[ii] || xx != x[ii]) {
            vis[xx][yy] = true;
            xx += dx;
            yy += dy;
        }
        vis[xx][yy] = true;
    }
    for(int i = 0; i < maxn; ++i) {
        int Left = maxn;
        int Right = 0;
        for(int j = 0; j < maxn; ++j) {
            if(vis[i][j]) {
                Left = min(Left, j);
                Right = max(Right, j);
            }
        }
        for(int j = Left; j <= Right; ++j) {
            vis[i][j] = true;
        }
    }
}
int main() {
    #ifdef LOCAL
    freopen("test.txt", "r", stdin);
//    freopen("test1.out", "w", stdout);
    #endif // LOCAL
    ios::sync_with_stdio(false);
    while(scanf("%d%d", &x[0], &y[0]) != EOF) {
        memset(vis, 0, sizeof(vis));
        x[0] += 100;
        y[0] += 100;
        for(int i = 1; i < 4; ++i) {
            scanf("%d%d", &x[i], &y[i]);
            x[i] += 100;
            y[i] += 100;
        }
        pull(vis[0]);
        for(int i = 0; i < 4; ++i) {
            scanf("%d%d", &x[i], &y[i]);
            x[i] += 100;
            y[i] += 100;
        }
        pull(vis[1]);
        bool flag = false;
        for(int i = 0; i < maxn; ++i) {
            for(int j = 0; j < maxn; ++j) {
                if(vis[0][i][j] && vis[1][i][j]) {
                    flag = true;
                    break;
                }
            }
            if(flag) {
                break;
            }
        }
        if(flag) {
            printf("YES\n");
        } else {
            printf("NO\n");
        }
    }
    return 0;
}

B. Open Communication

题意

两个人分别被分到一对数字，每个数字都在 $[1,9]$ 内，且每对中的两个数字是不同的，两个人被分到的数字对保证只有一个数字是相同的，另一个数字不同。
现在第一个人给出 $n$ 对数字，第二个人给出 $m$ 对数字，他们给出的数字对中，必须有一个包含自己被分到的数字，其他数字对必须保证是两个不相同的在 $[1,9]$ 内的数字。你不知道他们被分到的数字对是什么，但是可以看到他们给出的数字对，问你是否能判断出他们被分到的数字对中，相同的那个数字。

输入

第一行包含 $n$ 和 $m$ $(1\leq n,m\leq12)$ ，第二行包含 $n$ 对数字，第三行包含 $m$ 对数字。数据保证合法。

输出

如果你可以猜到他们被分到的数字对中相同的那个数字，则输出这个数字，如果你猜不到，但是可以确定他们两个人都知道相同的那个数字，则输出 $0$ ，否则输出 $-1$ 。

样例

输入	输出
2 2 1 2 3 4 1 5 3 4	1
2 2 1 2 3 4 1 5 6 4	0
2 3 1 2 4 5 1 2 1 3 2 3	-1
2 3 1 2 4 5 1 3 2 3 4 6	-1

题解

按照题意模拟：先从第一个人的角度看，对于第一个人给出的每一对数字，如果对方给出的数字对中，与第一个人自己的数字对仅有一个数字相同，且相同的数字一样，则第一个人可以确定相同的数字，如：第一个人给出的是 $(1,2)$ ，对于第二个人给出的 $(1,2),(1,3),(1,4)$ ，他可以确定那个相同的数字是 $1$ ，但是对于第一个人来说，他知道自己那组数据是哪一组，从“你”的角度看，“你”不知道他给出的是哪组数据，如果假设第一个人拿到的是他展示的任一组数据，得到了多于 $1$ 个的答案（如： $(1,3),(2,3)$ 与 $(1,2)$ ，第一个人可以得到是 $1$ 或者 $2$ 中的一个答案，但是从“你”的角度看，却不知道是 $1$ 还是 $2$ ），这时候就是输出 $0$ 的情况。再用同样的逻辑从第二个人的角度看。注意只要有一个人无法唯一确定答案，就是输出 $-1$ 的情况，如样例 $4$ 。

过题代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <climits>
#include <cstring>
#include <string>
#include <vector>
#include <list>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <iomanip>
using namespace std;
#define LL long long
const int maxn = 100;
bool flag;
int n[2];
pair<int, int> par[2][maxn];
set<int> st, stt;
int match(const pair<int, int> &a, const pair<int, int> &b, int &num) {
    int ret = 0;
    if(a.first == b.first) {
        ++ret;
        num = a.first;
    }
    if(a.second == b.second) {
        ++ret;
        num = a.second;
    }
    if(a.first == b.second) {
        ++ret;
        num = a.first;
    }
    if(a.second == b.first) {
        ++ret;
        num = b.first;
    }
    return ret;
}
int main() {
    #ifdef LOCAL
    freopen("test.txt", "r", stdin);
//    freopen("test1.out", "w", stdout);
    #endif // LOCAL
    ios::sync_with_stdio(false);
    while(scanf("%d%d", &n[0], &n[1]) != EOF) {
        flag = true;
        st.clear();
        for(int i = 0; i < 2; ++i) {
            for(int j = 0; j < n[i]; ++j) {
                scanf("%d%d", &par[i][j].first, &par[i][j].second);
            }
        }
        for(int i = 0; i < 2; ++i) {
            int ii = 1 - i;
            for(int j = 0; j < n[i]; ++j) {
                stt.clear();
                for(int k = 0; k < n[ii]; ++k) {
                    int num;
                    int cnt = match(par[i][j], par[ii][k], num);
                    if(cnt == 1) {
                        st.insert(num);
                        stt.insert(num);
                    }
                }
                if((int)stt.size() > 1) {
                    flag = false;
                }
            }
        }
        if(!flag) {
            printf("-1\n");
            continue;
        }
        if((int)st.size() != 1) {
            printf("0\n");
        } else {
            set<int>::iterator it = st.begin();
            printf("%d\n", *it);
        }
    }
    return 0;
}

C. Careful Maneuvering

题意

两个小飞船被两列大飞船包围，其中一列飞船的横坐标都是 $-100$ ，另一列飞船的横坐标都是 $100$ ，它们的纵坐标都是整数，两个小飞船的横坐标都为 $0$ 。
现在两列飞船同时向小飞船发射激光炮，小飞船拥有防护罩，激光炮无法伤害它们，但是激光会穿过他们射向对面的飞船，所有大飞船的两个激光炮都是瞄准两个小飞船发射的，问小飞船的纵坐标应该在哪个位置（不必为整数），才能使得被激光炮打中的大飞船最多，输出被打中的大飞船的最大数量。

输入

第一行为 $n$ 和 $m$ $(1\leq n,m\leq60)$ ，分别表示 $x=-100$ 和 $x=100$ 的大飞船数量，第二行包含 $n$ 个整数 $y_{1,i}$ ，表示 $x=-100$ 的飞船的纵坐标，第三行的 $m$ 个整数 $y_{2,i}$ 表示 $x=100$ 的飞船的纵坐标，其中 $0\leq|y_{1,i}|,|y_{2,i}|\leq10^4$ 。

输出

能被击中的最多的大飞船数量。

样例

输入	输出
3 9 1 2 3 1 2 3 7 8 9 11 12 13	9
5 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5	10

题解

由于两边飞船是对称分布的，所以小飞船的位置一定为整数或 $x.5$ ，所以可以将所有大飞船的纵坐标 $\times2$ ，所有坐标就都为整数了。
第一步预处理，先 $O(nm)$ 计算出每个小飞船的纵坐标 $(\frac{y_{1,i}+y_{2,i}}{2})$ ，对每个小飞船的纵坐标， $O(n\log m+m\log n)$ 计算出当所有大飞船瞄准这个点时，左右两边的飞船被打中的状态（用 $long~long$ 的 $64$ 个 $01$ 位记录被打中的状态），预处理时间复杂度为 $O(n^3\log n)$ 。
接着 $O((nm)^2)$ 枚举小飞船的两个位置，对于每两个小飞船的位置，将两边的飞船击中状态按位或起来，用 $bitset$ $O(1)$ 计算总的被击落的飞船数，取最大值，总的时间复杂度为 $O(n^4)$ 。

过题代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <climits>
#include <cstring>
#include <string>
#include <vector>
#include <list>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <iomanip>
using namespace std;
#define LL long long
const int maxn = 200 + 100;
int n, m, ans;
int *it;
int Left[maxn], Right[maxn];
LL statu_Left[40000 + 100], statu_Right[40000 + 100];
int Count(LL x) {
    int ret = 0;
    for(int i = 0; i < 62; ++i) {
        ret += ((x >> i) & 1);
    }
    return ret;
}
int main() {
    #ifdef LOCAL
    freopen("test.txt", "r", stdin);
//    freopen("test1.out", "w", stdout);
    #endif // LOCAL
    ios::sync_with_stdio(false);
    while(scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) {
        ans = 0;
        for(int i = 0; i < n; ++i) {
            scanf("%d", &Left[i]);
            Left[i] *= 2;
        }
        for(int i = 0; i < m; ++i) {
            scanf("%d", &Right[i]);
            Right[i] *= 2;
        }
        sort(Left, Left + n);
        sort(Right, Right + m);
        for(int i = 0; i < n; ++i) {
            for(int j = 0; j < m; ++j) {
                int pos = (Left[i] + Right[j]) / 2;
                int Index = pos + 20000;
                statu_Left[Index] = statu_Right[Index] = 0;
                for(int k = 0; k < n; ++k) {
                    int x = 2 * pos - Left[k];
                    it = lower_bound(Right, Right + m, x);
                    if(it - Right != m && *it == x) {
                        statu_Left[Index] |= (1LL << k);
                    }
                }
                for(int k = 0; k < m; ++k) {
                    int x = 2 * pos - Right[k];
                    it = lower_bound(Left, Left + n, x);
                    if(it - Left != n && *it == x) {
                        statu_Right[Index] |= (1LL << k);
                    }
                }
            }
        }
        for(int a = 0; a < n; ++a) {
            for(int b = 0; b < m; ++b) {
                int pos1 = (Left[a] + Right[b]) / 2 + 20000;
                for(int c = 0; c < n; ++c) {
                    for(int d = 0; d < m; ++d) {
                        int pos2 = (Left[c] + Right[d]) / 2 + 20000;
                        bitset<60> bit1(statu_Left[pos1] | statu_Left[pos2]);
                        bitset<60> bit2(statu_Right[pos1] | statu_Right[pos2]);
                        ans = max(ans, (int)(bit1.count() + bit2.count()));
                    }
                }
            }
        }
        printf("%d\n", ans);
    }
    return 0;
}

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