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naipc 2019
这道题需要用到扫描线的思想。
首先我们用结构体存东西，存的是矩形的上下边
也就是我们每读入一对坐标，就有
b[++tot]={x1,x2,y1,-1}下面一条
b[++tot]={x1,x2,y2,1}上面一条
然后我们还要根据这个y从小到大排序这样下来，就可以看作以下画面
那这个-1，1的作用，就是用来线段树用的
例如我们现在有一个矩形，如下图，那么读入第一条，我们就会进行更新，更新线段树中包含坐标3，4这个点
值为-1；
然后读入第二条边，更新3，4，值为1，会发现区间和就为0了，也就是说区间和不为0，那就说明有其他矩形的边一念之插给插进来，
也就是所谓的相交了。
如果仅仅这样是无法判断不包括内含这个状态，也就是题目说以下这种情况不算，
所以我们进行的是单点更新，这样在查询其他线条时这条线条需要包括住下面线条的坐标，这样查询出来才会有不等于0的值，也就是表示相交
然后就是他的坐标太广，所以我们要离散下的x坐标。
然后就是，
要先查询底边再更新该边，查询顶边那就得先更新再查询。
你设想下底边如果更新后再查询就没意义了，然后顶边是用来抵消掉一个矩形的区间的，所以我们得先更新再查询
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G - Intersecting Rectangles
题意：给定n个顶点坐标值不重复的矩形，问是否有矩形相交（不包括内含）。
题解：线段树扫描线。将每个矩形拆成上下两条线，下边的线对两端点+1，上边的线对两端点-1。如果扫到某条线发现区间和不为0，则说明相交。坐标需要离散化。
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define fopi freopen("in.txt", "r", stdin)
#define fopo freopen("out.txt", "w", stdout)
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef long double ld;
const int maxn = 2e5 + 10;
struct Seg{
int l, r, h, id;
bool operator < (const Seg& rhs) {
return h < rhs.h;
}
};
vector<Seg> S;
vector<int> V;
struct SegTree {
struct Node {
int l, r, sum;
}t[maxn*4];
void build(int id, int l, int r) {
t[id].l = l, t[id].r = r;
if (l == r) return;
int mid = (l+r) / 2;
build(id*2, l, mid);
build(id*2+1, mid+1, r);
}
void update(int id, int x, int val) {
if (t[id].l == t[id].r) { t[id].sum += val; return;}
int mid = (t[id].l + t[id].r) / 2;
if (x <= mid) update(id*2, x, val);
else update(id*2+1, x, val);
t[id].sum = t[id*2].sum + t[id*2+1].sum;
}
int query(int id, int l, int r) {
if (t[id].l == l && t[id].r == r) return t[id].sum;
int mid = (t[id].l + t[id].r) / 2;
if (r <= mid) return query(id*2, l, r);
else if (l > mid) return query(id*2+1, l, r);
else return query(id*2, l, mid) + query(id*2+1, mid+1, r);
}
}ST;
bool cmp(Seg a, Seg b) {
return a.h < b.h;
}
int n, x1, y1, x2, y2;
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d%d%d%d", &x1, &y1, &x2, &y2);
S.push_back({x1, x2, y1, 1});
S.push_back({x1, x2, y2, -1});
V.push_back(x1), V.push_back(x2);
}
n *= 2;
ST.build(1, 1, n);
sort(S.begin(), S.end(), cmp);
sort(V.begin(), V.end());
int ans = 0;
for (auto s : S) {
int x = lower_bound(V.begin(), V.end(), s.l) - V.begin() + 1,
y = lower_bound(V.begin(), V.end(), s.r) - V.begin() + 1;
if (s.id == 1) ans |= ST.query(1, x, y) != 0;
ST.update(1, x, s.id);
ST.update(1, y, s.id);
if (s.id == -1) ans |= ST.query(1, x, y) != 0;
}
printf("%d\n", ans != 0);
}
J - Subsequences in Substrings
题意：给定两个字符串，求第一个字符串中有多少子串包含第二个字符串构成的子序列。
直接暴力
#include<cstdio>
#include<string>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
string s,t;
const int maxn = 4e5+10;
void solve()
{
cin>>s;
cin>>t;
ll lenn=s.size();
ll lenm=t.size();
ll ans=0,pos=-1;
while(1)
{
int star,endd;
star=s.find(t[0],pos+1);
if(star==-1)break;
endd=star;
for(int i=1;i<lenm;i++){
endd=s.find(t[i],endd+1);
if(endd==-1)break;
}
if(endd==-1)break;
ans+=(star-pos)*(lenn-endd);
pos=star;
}
printf("%lld\n",ans);
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
solve();
return 0;
}
D - It‘s a Mod, Mod, Mod, Mod World
类欧几里得模板https://www.cnblogs.com/asdfsag/p/11393783.html
题意：计算∑i=1n[(p⋅i)modq]
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
int p,q,n;
ll f(ll a,ll b,ll c,ll n) {
if(!a)return (n+1)*(b/c);
if(a>=c||b>=c)return f(a%c,b%c,c,n)+n*(n+1)/2*(a/c)+(n+1)*(b/c);
ll m=(a*n+b)/c;
return n*m-f(c,c-b-1,a,m-1);
}
int main() {
int T;
for(scanf("%d",&T); T--;) {
scanf("%d%d%d",&p,&q,&n);
printf("%lld\n",(ll)n*(n+1)/2*p-f(p,0,q,n)*q);
}
return 0;
}
题意：从nn个点中选择kk个点构成多边形，问期望面积。
题解：如果能够确定两个点，那么可以从这两个点之间选择k−2k−2个点来构成一个kk边形。所以可以枚举两个点，计算这两个点被选入构成凸包的概率和对凸包贡献的面积。
#include <bits/stdc++.h>
#define fopi freopen("in.txt", "r", stdin)
#define fopo freopen("out.txt", "w", stdout)
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef long double ld;
const int maxn = 2500 + 10;
struct Point {
ld x, y;
}a[maxn];
ld C[maxn][maxn];
void getC(int n) {
C[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
C[i][0] = 1;
for (int j = 1; j <= i; j++)
C[i][j] = C[i-1][j] + C[i-1][j-1];
}
}
ld Cross(Point a, Point b) {
return a.x*b.y - a.y*b.x;
}
int n, k;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin >> n >> k;
getC(n);
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> a[i].x >> a[i].y;
ld ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = k-1; j <= n-1; j++) {
int t = i+j;
if (t > n) t -= n;
ans += Cross(a[i], a[t]) * C[j-1][k-2] / C[n][k];
}
printf("%.7Lf\n", ans/2);
}
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原文地址：https://www.cnblogs.com/hgangang/p/11621105.html
