今天在opencup上遇到了一个三维区间询问的题。
虽然知道KD树可以做，自己对于二维的也随便写。但是三维的就没怎么写过了。
于是今天下决心写了一个静态KD树的通用模板。于是就有了这个东西。
KD树还是很强大的，还能做一些二维线段树不能做的东西。在想不到比较优美的做法的时候，直接上KD树往往能轻松AC。
Andrew Stankevich Contest #32 Problem C 二维平面反演, 动态凸包
给定n(1 ≤ n ≤ 105)个点，一个点(x, y)是好的，当且仅当以(0, 0) – (x, y)为直径的圆内不包含其它好的点。(x, y)皆是原点外的整点。0 ≤ |x|, |y| ≤ 30000。输出所有好的点。
因为题目的这个递归定义，显然应该按(x, y)到原点的距离从小到大排序，然后每次插入点之前检测一下，如果圆内没有点就插入，否则就拒绝。
这题因为给的都是整点，范围又小，构造不出大数据，直接用这个方法是能过的- -b……但是显然这不是一个令人满意的做法。
因为所有的圆都过原点，很容易想到对整个平面进行反演。
这样圆都会变成一条直线，而“在圆内”反演后就会变成“在这个直线的一侧”(与原点相反的一侧)。
于是反演过后变成这样一个问题：每次给一条直线，问是否之前插入的点都在这个直线的某一侧。如果是，把这个点插入点集。
那么如何快速判断一个点集是否全都在一条直线的某一侧？
不妨把直线看成一个向量，容易想到如果对这些点集求出一个凸包，那么凸包上向量的极角是单调的，在上面找到出与当前直线对应向量最相近的两条边，中间的那个顶点就是在该直线法向量方向看最远的点。于是只要判断这个点是否符合条件就可以了。
剩下的问题就是给定一个凸包，每次有插入操作，怎么快速动态地维护这个凸包？
对于这个单调的东西，手写一个平衡树维护凸包顶点肯定是能做的，但是也可以偷懒利用STL的set。但是这里有个问题，到底是维护set < Line > set < Point >？对于判断是否在直线一端的部分，只有存Line能做，对于后面凸包的动态插入，只有Point能做……于是只能两个都维护了，在插入凸包的时候两个一起操作。
这里还有一个小技巧，因为叉乘只能判左还是右，超过180°的很容易写出奇怪的情况，于是动态凸包我是通过上凸壳和下凸壳来维护的。但是这样就要写两种情况，一个好的方法是对于下凸壳，直接左右翻转，上下翻转(也就是所有点的坐标都取负)，这样就变成同样维护上凸壳了。
时间复杂度：O(n lg n)
空间复杂度：O(n)
PS.反演精度比较坑爹，建议使用相对误差进行几何上的判定。
Codeforces #239
把直角的那个顶点放在原点，枚举其中一条边的横坐标，然后勾股定理得到纵坐标。旋转90度得到另外一个直角边的方向向量，伸缩到对应长度，看看是否整点。唯一的trick是除了直角边的那条边平行与坐标轴要注意。
令f[i][j]表示现在才在i上，i上的次数是奇数，其它位置都是偶数的情况下，从i走到j所需要的步数。
f[i][j] = f[i][j-1] + f[a[j-1]][j-1] + 2
记忆化递归求解f[0][n]即可。
先考虑单次操作的情况，f[i][0] = C[k + i – L][k] = 要求的答案。
对这个f[i][0]做一次差分，那么f[i][1] = f[i + 1][0] – f[i][0]，可以看做这是i处的导数。
然后f[i][2]视为对f[i][1]这个数列作差分，一直往上。
然后由于C[m][n] = C[m – 1][n] + C[m – 1][n – 1]，所以你会发现f[i][j] = C[k + i – L][k – j]。
那么现在变换一下f的递推关系得到f[i + 1][j] = f[i][j] + f[i][j + 1]。
也就是说，如果我知道到第i个数字的各阶导数，那么我可以一个一个数字往后推，得到其它数字以及他们的各阶导数。
又因为f[i][j] = C[k + i – L][k – j]，k不超过100，所以j只要算到100阶就行了，再高后面的都是0。
由于这个递推式里面是加法，和答案里的求和相吻合，所有可以把各个询问叠在一起往后加着算。
于是得到这么一个算法，对于每个询问，求出他在l处的各阶导数，放进f[l][0..k]里面，在r出也求出各阶导数，放到f[r][0..k]里面(这里是为了抵消，用减法放进去)。
最后，大家一起从前往后推就好了。
令f[i][j][k]表示第i行到第j行这个子矩阵里，左边界选择第k列，右边界最远能到第几列。
首先f[i][j][k] ≤ min(f[i][j – 1][k], f[i + 1][j][k], f[i][j][k + 1])
除了这几个限制外，可能产生新冲突的就只可能是”第i行k列和第j行k列上的元素”与”第i行后面的元素和第j列后面的元素”。
那么按j – i的大小枚举i, j，再倒着枚举k，就可以用一个桶记录每个元素在第i行以及第j行最前出现的列是多少。
这样就可以处理掉这两个元素产生的冲突。
桶的清空稍微用一些编码技巧，就能O(n^3)写过去。
SRM 614
三次方枚举卡住左方，下方，以及右方/上方，再一个for计算矩形内的点，n^4暴力。
其实枚举前两个之后，每个点要求的len是固定的，按这个sort能达到n^3 lg n的复杂度。
这题比赛的时候没有过是很不应该的……就是一个很典型的dp。回忆一下这场SRM的过程，总结了一下为什么写这种计数自己经常会写但写得很慢。得出以下几点：
- 我想的过程中，经常会陷入局部情况或者说特例的求解，这样弄得最后整个代码就非常混乱，往往写出很多种情况，而这会极大的降低编码的效率。
- 组合计数问题，对独立的步骤进行划分是尤为重要的。而不同情况下每个步骤的操作都是类似的。把类似的过程统一处理往往能得到事半功倍的效果。
- 总得来看，其实这是architecture上的失败和大局观上的失败。
既然意识到了这个问题，那就在以后练习/比赛的时候注意提高吧。
算法大致是分小环和大环dp。
小环通过一个函数统一处理：count(int x, int y, int n, bool o)。这个函数返回的是，在小环上，一个接口在x号点，另一个接口在y号点，整个环的人数是n，x接口和y接口的颜色是否相等时的方案数。这个conut可以通过递推进行预处理(只和两条独立的链有关)。
然后在大环上，用g[i][j]表示处理完前i个小环，给下面的接口的颜色和“第0个环给第n-1个环的颜色”是否相等。再次递推。
最后输出g[n-1][0]即可。
这题就是给定N, M, goalX, goalY求下面这个函数……
- 当i = goalX, j = goalY, f(i, j) = 0
- 其他情况 f(i, j) = (f((i + 1) % N, j) + f(i, (j + 1) % M)) / 2 + 1
输出f(0, 0)即可。
规模有100，迭代是可行的一个做法。
但是这样的迭代是过不了的……
clr(f, 0);
rep (it, 10000) {
rep (i, N) rep (j, M) {
if (i != goalX || j != goalY) {
int ni = (i + 1) % N, nj = (j + 1) % M;
f[i][j] = 1 + (f[ni][j] + f[i][nj]) / 2;
}
}
}
这是因为顺序不科学导致的……因为(goalX, goalY)才是不动点，这样盲目地走看上去就很悲剧。
假设现在我在goalX, goalY，那么我影响到的路线应当是沿着-1方向过来的。
所以改成下面这样迭代顺序就过了。
clr(f, 0);
rep (it, 10000) {
rep (_i, N) rep (_j, M) {
int i = goalX - _i, j = goalY - _j;
if (i < 0) i += N;
if (j < 0) j += M;
if (i != goalX || j != goalY) {
int ni = (i + 1) % N, nj = (j + 1) % M;
f[i][j] = 1 + (f[ni][j] + f[i][nj]) / 2;
}
}
}
除了迭代以外，对于这种互相依赖的关系，迭代矩阵的又是满秩的，高斯消元解方程也是一个选择。那么假设M+N-1个未知量，其中M个在同一行，N个在同一列(为了方便，最好把不动点放在交错的位置)。这样其它的所有函数值都可以表示为这N+M-1个未知量的线性组合。绕了一圈一个，就可以得到M+N级别个方程，而M+N只有200，高斯消元是没有压力的。
但是zYc大师说好像有问题，等下写个代码看看能不能过。
更新
这个高斯消元算法是可以AC的。
代码在此
SRM 613
枚举分隔的位置，左边的一起向左，右边的一起向右。统计答案即可。
看了WJMZBMR的代码才明白过来T_T，容斥太弱了。算出区间内每个数包含的素因子。然后因为要gcd变为1，所以可以看成不能包含素因子Pi这若干个条件的与。接着就可以用容斥原理了。
看了芒果的代码才明白过来。首先是不能一行一行来填，这样dp的状态太难表示。
然后考虑一列一列来填。
- 假如只有left的话，就可以f[i][j]来表示填好前i列，其中有j列还没分配的时候的方案数。然后这个j其实蕴含了前面有j列是要填东西的，但是还没决定填在哪些行这么个意思。然后遇到left的结束端点，就可以拿这些数目去分配。大致就是乘个A几几的组合数。
- 现在如果有right的话，可以按left反过来那样处理，但是现在要统一起来，只能考虑从左往右填。由于一个行进入可填范围就不会变没了，所以f[i][j]表示填好前i列，还有j行没搞定。于是每次可以选择(或者不选)一个行，用当前列来填上。
- 最后把前两种dp合起来，f[i][j][k]转移一下就好了。