CVBB ACM Team

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====== 2019 Multi-University Training Contest 1 ======

===== 比赛情况 =====

^题号 	^A 	^B 	^C 	^D 	^E 	^F 	^G 	^H 	^I 	^J 	^K 	^L 	^M	|
^状态 	|Ø 	|O 	|- 	|O 	|O 	|Ø 	|- 	|- 	|Ø	|-	|-	|Ø	|Ø	|

//O 在比赛中通过 Ø 赛后通过 ! 尝试了但是失败了 - 没有尝试//

**比赛时间**

2020-05-13 13:00-18:00

**提交记录**

''E: Wrong Answer 2020-05-13 13:23:37''

''E: Wrong Answer 2020-05-13 13:28:32''

''E: Accepted 2020-05-13 13:32:38''

''D: Accepted 2020-05-13 13:38:53''

''B: Wrong Answer 2020-05-13 13:55:48''

''B: Accepted 2020-05-13 14:00:20''

===== 题解 =====

==== A-Blank ====

补题 by Zars19

code:[[HDU6578]]

一个长度为$N$的序列被数字$\{0,1,2,3\}$填充，有$M$个限制条件，限制区间$[l_i,r_i]$中有$x_i$种不同数字。求方案数

题解：DP，用$f[i][j][k][l](i\geq j\geq k\geq l)$四维分别记录数字最后一次出现的位置，obviously它可以向$f[i+1][j][k][l],f[i+1][i][k][l],f[i+1][i][j][l]$和$f[i+1][i][j][k]$转移。而限制条件在循环到每一个$i$时对$r=i$的条件进行处理（将不满足者清零）。考虑到空间限制使用滚动数组。
==== B-Operation ====
solved by infinity37

[[http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6579]]
=== 题目大意 ===
给你一个数列$a$，有两种操作

1：查询$a_l$到$a_r$间选若干数可计算出的最大异或和

2：在数列$a$后新增一个数
=== 数据范围 ===
数列长n，$1\leq n\leq 5e5$

操作数m，$1\leq m\leq 5e5$

$1\leq a_i\leq 2^{30}$

要求强制在线

=== 题解 ===

''警惕多组数据''

求子集的最大异或和我们可以求助线性基，但是此题要求某个范围内的线性基，而且数列有可能修改。

首先对于区间问题我们可以转化为$(1,l-1)$和$(1,r)$两个区间，可以发现，前缀线性基是很好求的，因为对于到第$i$位的线性基和$i-1$位的线性基只差一个插入，所以我们就可以快速的求出前缀线性基。

但是如何把$(1,l-1)$的影响刨除呢？我们可以考虑在记录保留的数时，记录更偏右的数，然后在查询时查询只让位置在$l$之后的数产生影响即可。

官方题解是线段树维护线性基……等周末学习一个。

=== 代码 ===
<code c++>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 1e6+5;
const int M = 33;
int pre[N][M];
int sel[N][M];
int n;
int lastans = 0;
void append(int x) {
	x = x^lastans;
	n++;
	int cur = n;
	for (int i = 31;i>=0;i--) {
		pre[n][i] = pre[n-1][i];
		sel[n][i] = sel[n-1][i];
	}
	for (int i = 31;i>=0;i--) {
		if ((x >> i) & 1) {
			if (!pre[n][i]) {
				pre[n][i] = x;
				sel[n][i] = cur;
				break;
			} else {
				if (cur > sel[n][i]) {
					swap(pre[n][i], x);
					swap(sel[n][i], cur);
				}
				x ^= pre[n][i];
			}
		}
	}
}
void getans(int l,int r) {
	l = (l^lastans)%n+1;
	r = (r^lastans)%n+1;
	if (l>r) swap(l,r);
	int ans = 0;
	for(int i = 31;i>=0;i--) {
		if (sel[r][i] < l) continue;
		ans = max(ans,ans^pre[r][i]);
	}
	printf("%d\n",ans);
	lastans = ans;
}
int main()
{
	int cas,pn,m,opt,x,y;
	scanf("%d",&cas);
	while(cas--) {
		n = 0;
		lastans = 0;
		scanf("%d%d",&pn,&m);
		for (int i = 1;i<= pn;i++) {
			scanf("%d",&x);
			append(x);
		}
		//lastans = 0;
		for (int i = 1;i<= m;i++) {
			scanf("%d%d",&opt,&x);
			if (opt == 0) {
				scanf("%d",&y);
				getans(x,y);
			} else {
				append(x);
			}
		}
	}
}
</code>

==== D-Vacation ====

solved by Zars19

[[http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6581|D-Vacation]]

code:[[HDU6581]]

给出当前车辆、以及位置在当前车辆之前的所有$n$辆车的长度、前端距停车线距离、最大速度$l_i,s_i,v_i$，所有车都不可以超车，问当前车辆最快多久到达停车线。

题解：后来听说好多人是$O(n\log n)$做的，不过其实没有必要，可以做到$O(n)$。假定最终形态是当前车辆刚好到达停车线而它前面的车辆一字排开，计算时间然后取最大值即可。

==== E-Path ====

solved by _wzx27

[[http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6582]]

给一个图问割掉总权值最小的某些边使得最短路变长，先$\text{dijkstra}$跑一遍最短路，枚举边集把$w+dis[u]==dis[v]$的边加入网络流图中，跑一遍最大流即可。

$\text{HDU 5889}$几乎一样的题，看到以为能切，没想到因为$long\; long$的问题$\text{WA}$了两发。

<code cpp>

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define int long long
#define pii_ pair<int,int>
#define mp_ make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define show1(a) cout<<#a<<" = "<<a<<endl
#define show2(a,b) cout<<#a<<" = "<<a<<"; "<<#b<<" = "<<b<<endl
using namespace std;
const ll INF = 1LL<<60;
const int inf = 1<<30;
const int maxn = 2e5+5;
inline void fastio() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);}
int n,m,tot,tot2,head[maxn],head2[maxn],cur[maxn],layer[maxn],dis[maxn];
struct edge
{
    int u,v,w,nxt;
}es[maxn<<1],es2[maxn<<1];
void add2(int u,int v,int w,int he[],edge e[],int &t)
{
    e[++t].u = u;
    e[t].v = v;
    e[t].w = w;
    e[t].nxt = he[u];
    he[u] = t;
}
void add(int u,int v,int w,int he[],edge e[],int &t)
{
    e[++t].u = u;
    e[t].v = v;
    e[t].w = w;
    e[t].nxt = he[u];
    he[u] = t;
}
void dijkstra()
{
    priority_queue<pii_> q;
    rep(i,1,n) dis[i] = INF;
    dis[1] = 0;
    q.push(mp_(0,1));
    while(!q.empty()){
        pii_ now = q.top();q.pop();
        int u = now.se;
        for(int i=head2[u];~i;i=es2[i].nxt){
            int v=es2[i].v,w=es2[i].w;
            if(dis[v]>dis[u]+w){
                dis[v] = dis[u]+w;
                q.push(mp_(-dis[v],v));
            }
        }
    }
}
bool bfs()
{
    memset(layer,0,sizeof(layer));
    queue<int>q;
    q.push(1);
    layer[1] = 1;
    while(q.size())
    {
        int u = q.front();q.pop();
        for(int i=head[u];i!=-1;i=es[i].nxt)
        {
            int v = es[i].v,w = es[i].w;
            if(w>0 && !layer[v])
            {
                layer[v] = layer[u]+1;
                q.push(v);
            }
        }
    }
    return layer[n]>0;
}
ll dfs(int u,ll flow)
{
    if(u==n) return flow;
    for(int& i=cur[u];i!=-1;i=es[i].nxt)
    {
        int v=es[i].v,w=es[i].w;
        if(w>0 && layer[v]==layer[u]+1)
        {
            int d = dfs(v,min(flow,w));
            if(d>0)
            {
                es[i].w -= d;
                es[i^1].w += d;
                return d;
            }
        }
    }
    return 0;
}
ll Dinic()
{
    ll ans = 0;
    while(bfs())
    {
        memcpy(cur,head,sizeof(cur));
        while(ll d=dfs(1,INF)) ans+=d;
    }
    return ans;
}
signed main()
{
    fastio();
    int _;
    for(cin>>_;_;_--){
        memset(head,-1,sizeof(head));
        memset(head2,-1,sizeof(head2));
        tot = -1, tot2 = -1;
        cin>>n>>m;
        while(m--){
            int u,v,w;
            cin>>u>>v>>w;
            add2(u,v,w,head2,es2,tot2);
        }
        dijkstra();
        rep(i,0,tot2){
            int u=es2[i].u,v=es2[i].v,w=es2[i].w;
            if(dis[u]+w==dis[v]) {add(u,v,w,head,es,tot);add(v,u,0,head,es,tot);}
        }
        cout<<Dinic()<<endl;
    }

    return 0;
}
</code>
==== F-Typewriter ====
补题 by infinity37

=== 题目大意 ===
给定一个字符串，给定两种方式构造它，第一种方式是添加任意字符，花费p，另一种方式是复制已存在的字符到当前串后，花费为q，问构造此字符串的最小花费。

=== 数据范围 ===
$|S|\leq 2\times 10^5$
$1\leq p,q \leq 2^{31}$

=== 题解 ===
一读题，老dp了（）

有两种转移方式，一种是$f_i = f_{i-1} + p$

还有一种是$f_i = f_j + q$，这个j要是确定$j+1$到$i$这一段是$1-j$中的一个子串。

转移有了，那么我们就需要一种方法来确定这个j，这是找之前存在过的子串，所以我们自然就想到了后缀自动机。具体的使用方式是这样的，设置一个指针j，代表目前在后缀自动机插入到哪个字符，对于一个i，确定目前的$j+1$到$i$能否匹配，如果不能匹配就插入j+1位置的字符，这样加入一直到可以匹配为止，然后用当前的指针作为j更新方程即可。

=== 代码 ===
<code c++>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 2e5+10;
typedef long long ll;
struct SAM {
	int len[N<<1],fa[N<<1],son[N<<1][26];
	int size,last;
	void init() {
		size = last = 1;
		memset(son[1],0,sizeof(son[1]));
	}
	void insert(char c) {
		int s = c-'a';
		int p = last,np = ++size;
		memset(son[np],0,sizeof(son[np]));
		last = np;
		len[np] = len[p]+1;
		for (;p && !son[p][s]; p = fa[p])
			son[p][s] = np;
		if (!p) { fa[np] = 1; }
		else {
			int q = son[p][s];
			if (len[p] + 1 == len[q]) { fa[np] = q; }
			else {
				int nq = ++size;
				len[nq] = len[p] + 1;
				memcpy(son[nq],son[q],sizeof(son[q]));
				fa[nq] = fa[q];
				fa[q] = fa[np] = nq;
				for (; son[p][s] == q; p = fa[p]) 
					son[p][s] = nq;
			}
		}
	}
	int get_next(int s,char ch,int &lens) {
		int id = ch-'a';
		if (son[s][id]) {
			lens++;
			return son[s][id];
		} else {
			while ( s && !son[s][id]) s = fa[s];
			if ( !s ) {
				s = 1;
				lens = 0;
			} else {
				lens = len[s]+1;
				s = son[s][id];	
			}
			return s;
		}
	}
	int getlen(int s,char ch,int &lens) {
		int id = ch-'a';
		if (son[s][id]) {
			lens++;
		} else {
			while (s && !son[s][id]) s = fa[s];
			if (!s) {
				s = 1;
				lens = 0;
			} else {
				lens = len[s]+1;
				s = son[s][id];
			}
		}
		return lens;
	}
}sam;
ll f[N];
char s[N];
int main()
{
	while (scanf("%s",s+1)!=EOF) {
		sam.init();
		int p,q;
		scanf("%d%d",&p,&q);
		int len = strlen(s+1);
		int j = 0;
		int next = 1;
		int mlen = 0;
		for (int i = 1;i <= len;i++) {
			f[i] = f[i-1] + p;
			if (sam.getlen(next,s[i],mlen) + j >= i) {
				f[i] = min(f[i],f[j] + q);
				next = sam.get_next(next,s[i],mlen);
			} else {
				while (sam.getlen(next,s[i],mlen) + j < i) {
					sam.insert(s[j+1]);
					j = j+1;
				}
				next = sam.get_next(next,s[i],mlen);
				if (j < i) 
					f[i] = min(f[i],f[j] + q);
			}
		}
		printf("%lld\n",f[len]);
	}
	return 0;
}

</code>

==== I-String ====

补题 by _wzx27

[[http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6586]]

为什么当时没想出来这个贪心的策略啊。。。贪心的选$k$位中的每一位，选之前判断一下后面是不是可能满足条件

<code cpp>
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pii_ pair<int,int>
#define mp_ make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define show1(a) cout<<#a<<" = "<<a<<endl
#define show2(a,b) cout<<#a<<" = "<<a<<"; "<<#b<<" = "<<b<<endl
using namespace std;
const ll INF = 1LL<<60;
const int inf = 1<<30;
const int maxn = 3e5+5;
inline void fastio() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);}

char s[maxn],ans[maxn];
int bk[maxn][26],K,loc[26],L[26],R[26],ps;
vector<int> when[26];
bool check(int a,int pos)
{
    if(R[a]<=0) return 0;
    int tot = 0;
    rep(i,0,25){
        if(i!=a && bk[pos+1][i]<L[i]) return 0;
        tot += L[i];
    }
    if(L[a]>0) tot--;
    if(tot+ps+1>K) return 0;
    return 1;
}
int main()
{
    fastio();
    while(cin>>s+1){
        ps = 0;
        memset(bk,0,sizeof(bk));
        memset(loc,0,sizeof(loc));
        cin>>K;
        int len = strlen(s+1);
        for(int i=len;i>=1;i--){
            memcpy(bk[i],bk[i+1],sizeof(bk[i]));
            bk[i][s[i]-'a']++;
        }
        rep(i,0,25) when[i].clear();
        rep(i,1,len) when[s[i]-'a'].pb(i);
        rep(i,0,25) cin>>L[i]>>R[i];
        int pos = 0;
        int flag = 0;
        while(ps<K){
            flag = 0;
            rep(i,0,25){
                while(loc[i]<when[i].size()&&when[i][loc[i]]<=pos) loc[i]++;
            }
            rep(i,0,25){
                if(when[i].size()==0) continue;
                int now = when[i][loc[i]];
                if(check(i,now)){
                    flag = 1;
                    pos = now;
                    ans[ps] = i+'a';
                    loc[i]++;
                    R[i]=max(0,R[i]-1);
                    L[i]=max(0,L[i]-1);
                    ans[ps++] = 'a'+i;
                    //cout<<ps-1<<": "<<('a'+i)<<endl;
                    break;
                }
            }
            if(!flag) {cout<<-1<<endl;break;}
        }
        ans[ps]='\0';
        if(flag) cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

</code>

==== L-Sequence ====
补题 by _wzx27

把数列 $a_i$ 写成其生成函数的形式 $f(x)=\sum a_ix^i$，每个操作 $k$ 相当于 $f(x)\cdot \sum x^{ik}$，由交换律知顺序不重要，所以可以统计每种操作的次数 $m_i$，最后有

$$f(x)\cdot (\sum x^{i})^{m_1} \cdot (\sum x^{2i})^{m_2} \cdot (\sum x^{3i})^{m_3}$$

其中$(\sum x^{ki})^m = \sum {i+m-1 \choose m-1}x^{ik}$

另外模数刚好是998244353，做三次NTT即可

<hidden code>
<code cpp>
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pii_ pair<int,int>
#define mp_ make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define show1(a) cout<<#a<<" = "<<a<<endl
#define show2(a,b) cout<<#a<<" = "<<a<<"; "<<#b<<" = "<<b<<endl
using namespace std;
const ll INF = 1LL<<60;
const int inf = 1<<30;
const int maxn = 2e6+5;
const ll M = 998244353;
inline void fastio() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);}
ll qpow(ll a,ll b) {ll s=1;while(b){if(b&1)s=(s*a)%M;a=(a*a)%M;b>>=1;}return s; }
int n,m,lim,l,r[maxn],cnt[maxn];
ll A[maxn],B[maxn],fac[maxn],inv[maxn];
int c[5];
void NTT(ll a[],int type)
{
    rep(i,1,lim-1) if(i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]);
    for(int mid=1;mid<lim;mid<<=1){
        ll wn = qpow(3,(M-1)/mid/2);
        if(type==-1) wn = qpow(wn,M-2);
        for(int R=mid<<1,j=0;j<lim;j+=R){
            ll w = 1;
            for(int k=0;k<mid;k++,w=w*wn%M){
                ll x=a[j+k],y=w*a[j+mid+k]%M;
                a[j+k] = (x+y)%M;
                a[j+mid+k] = (x-y+M)%M;
            }
        }
    }
    if(type==-1){
        ll INV = qpow(lim,M-2);
        rep(i,0,lim) a[i] = a[i]*INV%M;
    }
}
ll Comb(ll a,ll b) {return a<b?0:fac[a]*inv[b]%M*inv[a-b]%M;}
void init()
{
    fac[0] = 1;
    rep(i,1,2000000) fac[i]=fac[i-1]*i%M;
    inv[2000000] = qpow(fac[2000000],M-2);
    per(i,2000000-1,0) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%M;
}
int main()
{
    fastio();
    int _;
    init();
    for(cin>>_;_;_--){
        cin>>n>>m;
        memset(A,0,sizeof(A));
        memset(B,0,sizeof(B));
        rep(i,0,n-1) cin>>A[i];
        lim=1,l=0;
        while(lim<=2*n) lim<<=1,l++;
        rep(i,0,lim-1) r[i] = (r[i>>1]>>1) | ((i&1)<<(l-1));
        cnt[1]=cnt[2]=cnt[3]=0;
        while(m--) {int x;cin>>x;cnt[x]++;}
        rep(i,1,3)if(cnt[i]){
            memset(B,0,sizeof(B));
            for(int j=0;j*i<n;j++) B[i*j] = Comb(cnt[i]+j-1,j);
            NTT(A,1);NTT(B,1);
            rep(i,0,lim) A[i] = A[i]*B[i]%M;
            NTT(A,-1);
            rep(i,n+1,lim) A[i]=0;
        }
        ll ans = 0;
        rep(i,0,n-1) ans ^= ((i+1)*A[i]);
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}
</code>
</hidden>

==== M-Code ====
补题 by Zars19

[[http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6590|M-Code]]

code:
<hidden>
<code cpp>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define LL long long
#define INF 0x3f3f3f3f
#define eps 1e-10
using namespace std;
const int N=105;
int read()
{
	int x=0,f=1;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
	return x*f;
}
int dcmp(double x){return x<-eps?-1:(x>eps);}
struct Point
{
	double x,y;
	Point(double x=0,double y=0):x(x),y(y){}
	Point operator + (Point a){return Point(x+a.x,y+a.y);}
	Point operator - (Point a){return Point(x-a.x,y-a.y);}
	Point operator * (double a){return Point(a*x,a*y);}
	bool operator == (Point a){return dcmp(x-a.x)==0&&dcmp(y-a.y)==0;}
}d1[N],d2[N],p;
int top1,top2;
typedef Point Vector;
double sqr(double x){return x*x;}
double Cross(Vector v1,Vector v2){return v1.x*v2.y-v1.y*v2.x;}
double Dot(Vector v1,Vector v2){return v1.x*v2.x+v1.y*v2.y;}
double dissqr(Point p1,Point p2){return sqr(p1.x-p2.x)+sqr(p1.y-p2.y);}
bool cmp(Point p1, Point p2)
{
	int u=dcmp(Cross(p1-p,p2-p));
	return u>0||(u==0&&dcmp(dissqr(p1,p)-dissqr(p2,p))<0);
}
int Graham(Point *d,int n)
{
	int k=0;
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		int u=dcmp(d[i].x-d[k].x);
		int v=dcmp(d[i].y-d[k].y);
		if(v<0||(v==0&&u<0))k=i;
	}
	p=d[k];
	sort(d,d+n,cmp);
	n=unique(d,d+n)-d;
	if(n<=1)return n;
	if(dcmp(Cross(d[n-1]-d[0],d[1]-d[0]))==0){d[1]=d[n-1];return 2;}
	d[n++]=d[0];
	int m=1;
	for(int i=2;i<n;i++)
	{
		while(m>0&&dcmp(Cross(d[m]-d[m-1],d[i]-d[m-1]))<=0)m--;
		d[++m]=d[i];
	}
	return m;
}
bool SegInter(Point p1,Point p2,Point p3,Point p4)
{
	if(max(p1.x,p2.x)<min(p3.x,p4.x))return 0;
	if(max(p3.x,p4.x)<min(p1.x,p2.x))return 0;
	if(max(p1.y,p2.y)<min(p3.y,p4.y))return 0;
	if(max(p3.y,p4.y)<min(p1.y,p2.y))return 0;
	int u=dcmp(Cross(p2-p1,p3-p1))*dcmp(Cross(p2-p1,p4-p1));
	int v=dcmp(Cross(p4-p3,p1-p3))*dcmp(Cross(p4-p3,p2-p3));
	return u<=0&&v<=0;
}
double TriS(Point p1,Point p2,Point p3){return fabs(Cross(p2-p1,p3-p1)/2);}
bool InTri(Point p1,Point p2,Point p3,Point p0)
{
	double s1=TriS(p1,p2,p0),s2=TriS(p1,p3,p0),s3=TriS(p2,p3,p0),s=TriS(p1,p2,p3);
	return dcmp(s-s1-s2-s3)==0;
}
int main()
{
	int T=read();
	while(T--)
	{
		top1=top2=0;
		int n=read();
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			int x1=read(),x2=read(),y=read();
			if(y<0)d1[top1++]=Point(x1,x2);
			else d2[top2++]=Point(x1,x2);
		}
		top1=Graham(d1,top1);
		top2=Graham(d2,top2);
		bool f=1;
		for(int i=0;i<top1&&f;i++)
		for(int j=0;j<top2&&f;j++)
		if(SegInter(d1[i],d1[(i+1)%top1],d2[j],d2[(j+1)%top2]))f=0;
		for(int i=0;i<top1&&f;i++)
		for(int j=1;j<top2-1&&f;j++)
			if(InTri(d2[0],d2[j],d2[j+1],d1[i]))f=0;
		if(f)puts("Successful!");
		else puts("Infinite loop!");
	}
	return 0;
}
</code>
</hidden>
\\

给出一个集合，集合中元素是$(\boldsymbol{x_i},y_i)$，其中$\boldsymbol{x_i}$是一个$d$维向量，本题中$d=2$。$f(\boldsymbol{x})=sign(\sum^d_{i=1}w_i⋅x_i+b)=sign(\boldsymbol{w^T}⋅\boldsymbol{x}+b)$。问有没有一个向量$\boldsymbol{w}$可以使得所有$f(\boldsymbol{x_i})=y_i$。

题解：这题读题好难。。其实是计算几何，判断凸包是否相交。$x_1w_1+x_2w_2+b=0$是二维平面上的一条直线，一侧使得$f(\boldsymbol{x_i})$为$1$，另一侧为$-1$。问题转化成有没有一条直线可以把两个点集分开，于是又等价于对两个点集求凸包判断是否相交。判断凸包相交可以$O(n^2)$做，先判两凸包上的边两两是否线段相交，再看一凸包中的每一个顶点是否在另一凸包内。

===== replay =====
==== 13:00-13:30====
开场 _wzx27开E,infinity37从前往后，Zars19从后往前

_wzx27提出最小割做法，三人讨论，确认可行，开始写题

infinity37提出B像可持久化trie，_wzx27提出像线性基，infinity37和Zars19思考过后认为确实更像线性基

Zars19提出D题做法

_wzx27提交E，错误，Zars19开始写D

经过两次修改，E正确

==== 13:30-14:00 ====
infinity37对B提出线性基前缀做法

Zars19提交D，正确

infinity37开始写B

_wzx27和Zars19f开I，L,认为L可贪心

infinity37提交B，错误

==== 14:00-14:30 ====
认识到没有注意多组数据的清空，infinity37提交B正确

三人陆续读题，未果

==== 14:30-15:30 ====
一个小时内没有新的思路，于是结束了比赛，开始补题

===== 总结 =====
==== infinity37 ====
本场比赛数学题居多，而队内三人都对数学题不太了解，因而做不出题目。
另外，本场比赛中我发现了自己对后缀自动机的了解完全不够，只能写板子套题，而对后缀自动机的原理了解不够深刻，所以尽管看出F需要用后缀自动机解但是没能想明白应该如何解。因此我还需要对后缀自动机进行复习。

==== _wzx27 ====
太菜了，要恶补数学（字符串的题也完全不会）。而且真的想5个小时感觉体力也不太够（<del>不过男人不能说不行</del>


==== Zars19 ====
好…好难。只写出了一眼就想到的题。还需要多多做题，多多学习知识点。没有发现计算几何的题是道计算几何，在题目太长难读的时候要有抗压能力，要锻炼建模转换的思想，要有不屈的精神…
CVBB ACM Team

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