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大意

给你一个 $n$ 维空间，给我 $n + 1$ 个点，你要确定这个球的中心点的坐标。

思路

原始方程（$n + 1$ 个）对于每一个点 $i$，到球心 $(x_1, \dots, x_n)$ 的距离平方相等：$\sum_{j=1}^n (p_{i,j} - x_j)^2 = R^2$

降次消元（作差）用相邻两个方程 $(i+1)$ 和 $(i)$ 相减，消去二次项 $x_j^2$ 和 $R^2$：$$\sum_{j=1}^n (p_{i+1,j} - x_j)^2 - \sum_{j=1}^n (p_{i,j} - x_j)^2 = 0$$展开并整理：$$\sum_{j=1}^n (p_{i+1,j}^2 - 2p_{i+1,j}x_j) - \sum_{j=1}^n (p_{i,j}^2 - 2p_{i,j}x_j) = 0$$

标准线性方程将未知数 $x_j$ 移至左侧，常数移至右侧：$$\sum_{j=1}^n 2(p_{i+1,j} - p_{i,j})x_j = \sum_{j=1}^n (p_{i+1,j}^2 - p_{i,j}^2)$$

增广矩阵 $[A|B]$

$$\left[\begin{array}{ccc|c}2(p_{2,1}-p_{1,1}) & \dots & 2(p_{2,n}-p_{1,n})  & \sum (p_{2,j}^2 - p_{1,j}^2) \\ 2(p_{3,1}-p_{2,1}) & \dots & 2(p_{3,n}-p_{2,n})  & \sum (p_{3,j}^2 - p_{2,j}^2) \\ \vdots & \ddots & \vdots  & \vdots \\ 2(p_{n+1,1}-p_{n,1}) & \dots & 2(p_{n+1,n}-p_{n,n})  & \sum (p_{n+1,j}^2 - p_{n,j}^2) \end{array}\right]$$

代码

#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;

const int MAXN = 15;
const double eps = 1e-6;

int n;
double a[MAXN][MAXN];
double p[MAXN][MAXN];

bool Jornh(){
    for(int i = 1;i <= n;i ++){
        int piv = i;
        for(int k = i + 1;k <= n;k ++){
            if(fabs(a[k][i]) > fabs(a[piv][i])){
                piv = k;
            }
        }
        for(int j = 1;j <= n + 1;j ++){
            swap(a[i][j], a[piv][j]);
        }
        if(fabs(a[i][i]) < eps){
            return false;
        }
        for(int k = 1;k <= n;k ++){
            if(k == i) continue;
            double fac = a[k][i] / a[i][i];
            for(int j = i;j <= n + 1;j ++){
                a[k][j] -= fac * a[i][j];
            }
        }
    }
    for(int i = 1;i <= n;i ++){
        a[i][n + 1] /= a[i][i];
    }
    return true;
}

int main(){

    cin >> n;
    for(int i = 1;i <= n + 1;i ++){
        for(int j = 1;j <= n;j ++){
            cin >> p[i][j];
        }
    }

    for(int i = 1;i <= n;i ++){
        double res = 0;
        for(int j = 1;j <= n;j ++){
            a[i][j] = 2.0 * (p[i + 1][j] - p[i][j]);
            res += (p[i + 1][j] * p[i + 1][j] - p[i][j] * p[i][j]);
        }
        a[i][n + 1] = res;
    }

    if(Jornh()){
        for(int i = 1;i <= n;i ++){
            printf("%.3lf ", a[i][n + 1]);
        }
    }
    return 0;
}

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大意

给你一个矩阵的黑白情况，求是否能通过交换行和列达到主对角线上全是黑点。

思路

我们考虑从这个点的行向列连边，跑二分图匹配。

原因在于，我们如果交换两行或者两列，无非是交换了连边，最终的匹配不会发生改变。

于是只需要二分图匹配一下，看看是否能刚刚好匹配出来即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 300;
vector<int> g[N];
bool vst[N];
int rmatch[N];
bool dfs(int u) {
    for (int i = 0; i < g[u].size(); i++) {
        int v = g[u][i];
        if (!vst[v]) {
            vst[v] = true;
            if(rmatch[v] == -1 || dfs(rmatch[v])){
                rmatch[v] = u;
                return true;
            }
        }
    }
    return false;
}
int hungary(int n) {
    int cnt = 0;
    memset(rmatch, -1, sizeof(rmatch));
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        memset(vst, 0, sizeof(vst));
        cnt += dfs(i);
    }
    return cnt;
}
int main() {
    int T, n, x;
    cin >> T;
    while (T--) {
        cin >> n;
        for (int i = 1; i <= n; i++) g[i].clear();
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int j = 1; j <= n; j++) {
                cin >> x;
                if(x == 1){
                    g[i].push_back(j);
                }
            }
        }
        if(hungary(n) == n){
            cout << "Yes\n";
        }
        else{
            cout << "No\n";
        }
    }
    return 0;
}

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大意

直方图中的最大矩形

思路

首先这个题目要求的是长直图中最大的矩形，我们考虑用笛卡尔树去完成这个题目。

首先我们以高度为点权建立笛卡尔树，然后我们如果知道一个点有多少个子节点，那么这个点的矩形并的答案为 $h[i] * sz[i]$，最后全部跑一次即可。

当然，朴素的单调栈也未尝不可，但是笛卡尔树更加形象。

代码

#include<iostream>
#include<stack>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;

#define int long long
const int MAXN = 1e6 + 10;

int n, a[MAXN];
int l[MAXN], r[MAXN];
int sz[MAXN], in[MAXN];

int dfs(int x){
	if(!x) return 0;
	sz[x] = 1;
	sz[x] += dfs(l[x]);
	sz[x] += dfs(r[x]);
	return sz[x];
}

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	while(cin >> n && n){
		for(int i = 0;i <= n;i ++){
			l[i] = r[i] = sz[i] = in[i] = 0;
		}
		stack<int> st;
		for(int i = 1;i <= n;i ++){
			cin >> a[i];
		}
		for(int i = 1;i <= n;i ++){
			int last = 0;
			while(!st.empty() && a[st.top()] > a[i]){
				last = st.top();
				st.pop();
			}
			if(!st.empty()){
				r[st.top()] = i;
			}
			l[i] = last;
			st.push(i);
		}
		for(int i = 1;i <= n;i ++){
			if(l[i]) in[l[i]] ++;
			if(r[i]) in[r[i]] ++;
		}
		int root = 0;
		for(int i = 1;i <= n;i ++){
			if(!in[i]){
				root = i;
				break;
			}
		}
		dfs(root);
		int ans = 0;
		for(int i = 1;i <= n;i ++){
			ans = max(ans, a[i] * sz[i]);
		}
		cout << ans << '\n';
	}
	return 0;
}

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前置知识

前言

既然没人讲与概率有关的知识的话，那就让我来简单介绍一下概率的相关知识吧，这个如果不知道的话这道题还是很难写的。

概率相关

定理 $1$：互补法则

定义：若事件 $A$ 发生的概率为 $P(A)$，则其不发生概率为 $1 - P(A)$。

举例：早上起来有两种选择，吃饭和不吃饭，若吃饭的概率为 $\displaystyle\frac{3}{10}$，则有不吃饭的概率为 $1 - \displaystyle\frac{3}{10} = \displaystyle\frac{7}{10}$。

定理 $2$：加法法则（互斥事件）

定义：若事件 $A_1 \sim A_n \in S$ 且 $A_i \cap A_j=\emptyset \quad \forall i, j\in\{1,2,\dots,n\},\quad i \neq j$。

那么集合中所有事件发生的概率 $P = \sum_{i=1}^n P(A_i)$。

举例：掷一次骰子时，点数大于 $4$ 的概率 $P = P(5) + P(6) = \displaystyle\frac{1}{6} + \displaystyle\frac{1}{6} = \displaystyle\frac{1}{3}$。

定理 $3$：乘法法则（无关事件）

定义：若事件 $A$ 与 $B$ 互相独立，不受影响，那么$ P(A \cap B) = P(A) \times P(B)$。

举例：早上吃饭的概率为 $\displaystyle\frac{3}{10}$，吃完饭写作业的概率为 $\displaystyle\frac{5}{6}$，那么早上吃完饭后去写作业的概率为 $\displaystyle\frac{3}{10} \times \displaystyle\frac{5}{6} = \displaystyle\frac{1}{4}$。

题目

题目大意

牛牛需要在 $n$ 个时间段内完成 $2n$ 节课程，每时间段有两节课程分别安排在教室 $c_i$ 和 $d_i$。牛牛可以申请更换教室，申请通过的概率为 $k_i$，最多申请 $m$ 次。更换教室后，牛牛需要在教室间移动，移动的体力消耗为最短路径的体力值。求最小的体力消耗期望值。

题目类型

我们发现对于每一个时间段 $i$ 的课程，都有选 $c_i$ 和 $d_i$ 两种，我们可以很快想到用动态规划来解决期望概率的问题，而最短路径的话可以用弗洛伊德算法求解，因为本题 $1 \le v \le 300$，那么我们的状态如何设计呢？

状态设计

首先，对于每个时间段是一定要在状态里面的。其次，牛牛对于换教室这个事情其实是不感冒的，可以换或者不换，因此换了多少个教室是一定要在条件里面的。最后，因为我们按时间段向后 dp 的话，当前的 $i$ 时间段是由 $i - 1$ 推出的，但是无法记录上一个时间段到底换没换教室，如果要开个别的东西记录一下就太麻烦，因此就需记录上一个时间段是否换了教室。

所以我们可以这样记录状态，用 $dp_{i,j,k}$ 来表示，在第 $i$ 个时间段内，已经选了 $j$ 间教室更换，$k$ 表示当前的为这个时间段是否更换，$k \in \{0,1\}$。

转移方程（分类讨论）

一：选择不更换当前的教室，再次分类讨论。

由互补法则可知，当前成功更换的概率为 $v_i$，失败的概率即为 $1 - v_i$，而下文的 $2$ 与 $3$ 属于互斥事件，因此用加法法则，将两者的概率加到一起。

1. 前一个教室不做更改，当前期望值即为 $f_{c_{i-1},c_i}$。

2. 前一个教室做更改，且更改成功，当前期望值即为 $v_{i-1} \times f_{d_{i-1},c_i}$。

3. 前一个教室做更改，且更改失败，当前期望值即为 $(1 - v_{i-1}) \times f_{c_{i-1},c_i}$。

总结第一大类的情况，为了求最小值，所以取小，即可得出选择不更换当前教室的转移方程：

$dp_{i,j,0} \gets \min(dp_{i-1,j,0} + f_{c_{i-1},c_i},dp_{i-1,j,1} + v_{i-1} \times f_{d_{i-1},c{i}} + (1 - v_{i-1}) \times f_{c_{i-1},c_i})$

二：选择更换当前教室，再次分类讨论

下文的 $1$ 和 $2$ 属于互斥事件，而 $3,4,5,6$ 也属于互斥事件，因此用加法法则，将两者的概率加到一起。而对于 $3,4,5,6$，由乘法法则，则将两次概率相乘。

1. 前一个教室不做更改，且当前教室更改成功，当前期望值即为 $v_i \times f_{c_{i-1},d_i}$

2. 前一个教室不做更改，且当前教室更改失败，当前期望值即为 $(1 - v_i) \times f_{c_{i-1},c_i}$

3. 前一个教室做更改，且前一个更改成功，当前教室更改成功，当前期望值即为 $v_{i-1} \times v_i \times f_{d_{i-1},d_i}$

4. 前一个教室做更改，且前一个更改成功，当前教室更改失败，当前期望值即为 $v_{i-1} \times (1 - v_i) \times f_{d_{i-1},c_i}$

5. 前一个教室做更改，且前一个更改失败，当前教室更改成功，当前期望值即为 $(1 - v_{i-1}) \times v_i \times f_{c_{i-1},d_i}$

6. 前一个教室做更改，且前一个更改失败，当前教室更改失败，当前期望值即为 $(1 - v_{i-1}) \times (1 - v_i) \times f_{c_{i-1},c_i}$

总结第二大类的情况，这里的 $j$ 不要忘记 $-1$，即可得出选择更换当前教室的转移方程：

$dp_{i,j,1} \gets \min(dp_{i-1,j-1,0} + v_i \times f_{c_{i-1},d_i} + (1 - v_i) \times f_{c_{i-1},c_i},dp_{i-1,j-1,1} + v_{i-1} \times v_i \times f_{d_{i-1},d_i} + v_{i-1} \times (1 - v_i) \times f_{d_{i-1},c_i} + (1 - v_{i-1}) \times v_i \times f_{c_{i-1},d_i} + (1 - v_{i-1}) \times (1 - v_i) \times f_{c_{i-1},c_i})$

代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<iomanip>
//#define int long long
using namespace std;

const int MAXN = 2005;
const int MAXV = 305;
double f[MAXV][MAXV];
int n,m,e,v;
int c[MAXN],d[MAXN];
double k[MAXN];
double dp[MAXN][MAXN][2];

signed main(){
	cin.tie(0) -> ios::sync_with_stdio(0);
	cin >> n >> m >> v >> e;
	for(int i = 1;i <= n;i ++) cin >> c[i];
	for(int i = 1;i <= n;i ++) cin >> d[i];
	for(int i = 1;i <= n;i ++) cin >> k[i];
	for(int i = 1;i <= v;i ++){
		for(int j = 1;j <= v;j ++){
			f[i][j] = 1e18;
		}
		f[i][i] = 0;
	}
	for(int u,v,w,i = 1;i <= e;i ++){
		cin >> u >> v >> w;
		f[v][u] = f[u][v] = min(f[u][v],w * 1.0);
	}
	for(int t = 1;t <= v;t ++){
		for(int i = 1;i <= v;i ++){
			for(int j = 1;j <= v;j ++){
				if(f[i][t] + f[t][j] < f[i][j]){
					f[i][j] = f[i][t] + f[t][j];
				}
			}
		}
	}
	for(int i = 1;i <= n;i ++){
		for(int j = 0;j <= m;j ++){
			dp[i][j][1] = dp[i][j][0] = 1e18;
		}
	}
	dp[1][0][0] = 0;
	dp[1][1][1] = 0;
	for(int i = 2;i <= n;i ++){
		for(int j = 0;j <= m;j ++){
			dp[i][j][0] = min(dp[i - 1][j][0] + f[c[i - 1]][c[i]],dp[i - 1][j][1] + k[i - 1] * f[d[i - 1]][c[i]] + (1 - k[i - 1]) * f[c[i - 1]][c[i]]);
			if(j > 0) dp[i][j][1] = min(dp[i - 1][j - 1][0] + f[c[i - 1]][d[i]] * k[i] + f[c[i - 1]][c[i]] * (1 - k[i]),dp[i - 1][j - 1][1] + k[i - 1] * k[i] * f[d[i - 1]][d[i]] + k[i - 1] * (1 - k[i]) * f[d[i - 1]][c[i]] + (1 - k[i - 1]) * k[i] * f[c[i - 1]][d[i]] + (1 - k[i - 1]) * (1 - k[i]) * f[c[i - 1]][c[i]]);
		}
	}
	double ans = 1e18;
	for(int i = 0;i <= m;i ++){
		ans = min(ans,min(dp[n][i][1],dp[n][i][0]));
	}
	cout << fixed << setprecision(2) << ans << '\n';
	return 0;
}

记 $c_i=\gcd(i,a_i)$，操作二实际上就是给定初始的 $x$，每次令 $x\to c_x+x$，问跳出序列的路径上所有 $a_x$ 之和。

这个形式非常像 [HNOI 2010] 弹飞绵羊 这道题，实际上可以直接照搬分块做法，先将序列分块。

设 $f_i$ 表示从 $i$ 出发跳出快后到达那个位置，$g_i$ 表示从 $i$ 跳到 $f_i$ 的路径权值和。

假设 $i$ 所在的块的右边界为 $r$，则分情况。

1. 若 $i+c_i>r$：$f_i=i+c_i,g_i=a_i+w_i$。

2. 若 $i+c_i\le r$：$f_i=f_{i+c_i},g_i=a_i+g_{i+c_i}$。

注意单点修改整个块都要重构，所以单点修改的复杂度为 $O(B)$。

回到本题，查询的复杂度是显然的 $O\left(\frac{n}{B}\right)$，考虑如何修改。

不难发现，$c_i$ 在修改过程中只会不断增大趋近于 $i$，每次增大都会乘上一个数，均摊分析可以知道所有 $c_i$ 的变化次数不超过 $1\sim n$ 的质因子个数之和，即 $n\log n$。

所以每次要找到哪个数要单点修改后，直接暴力重构块即可，然后用分块维护区间 $a_i\gets a_i\times c$ 的操作。这一部分的复杂度为 $O(nB\log n)$。

问题在于，如何快速找到哪个数要单点修改，记 $b_i=\frac{i}{c_i}$。我最初的做法是每个块记录这个块 $u$ 所有 $b_i$ 每个具体质因子 $x$ 的和记为 $p_{u,x}$，修改时，先将 $c$ 拆成 $\log n$ 个区间乘质因子的操作，对于第 $i$ 个块乘质因子 $x$，则判断 $p_{i,x}$ 取值，若大于 $0$，则暴力修改块，反之则跳过。

最终的时间复杂度为 $O\left(nB\log n+\frac{n^2}{B}\log V\right)$，空间复杂度为 $O(nB)$，大概取 $B=500$ 左右最快，只能在 LOJ 通过，常数太大了。

其实有一种更简单的区间找数操作，对于质数 $x$ 单独开一个 set，若 $b_i$ 有 $x$ 为质因子，则在 set 中插入 $i$。每次修改 $[l,r]$，直接暴力找 $[l,r]$ 里所有的数，每个数只修改 $c_i,b_i$，最后将有单点修改操作的块重构，注意维护此时的 set。

这样此时找数的时间复杂度也是可以均摊的，时间复杂度为 $O\left(nB\log n+\frac{n^2}{B}+n\log^2n\right)$，此时 $B=\sqrt{\frac{n}{\log n}}$ 最优，大概在 $n=200\sim 300$ 的时候跑的比较快，且空间复杂度为 $O(n)$。已经可以通过 COGS 的测试了。

这个题，真简单吧。

大概是整张图的边集被划分成若干个边集，我们要选出最小若干个集合，使得剩下的边集组成的图中 $1,n$ 不联通。

显然是最小割，对于集合 $i$ 的边 $(u,v)$，我们连一条 $u\to i\to v$ 的边，表明若选择点 $i$ 割掉，则这条边就走不通了（实际上就是选择集合 $i$）。

显然割不掉点，所以把点拆成入点和出点，然后连 $S\to 1,n\to T$ 的边，除了入点出点边权设为 $1$，其他均设置成 $\infty$。

时间复杂度为 $O(m\sqrt{m})$，复杂度原理参考二分图最大匹配的网络流建模方法。