Problem B graph
给出$n$个点$m$条边的连通二分图$G$ ,给出$Q$组询问，每次求出$u,v$路径上(不一定是简单路径)的权值最大值。
一条路径的权值定义为，这条边经过所有节点的异或和，同一个点经过多次将会被计算多次。
对于$100\%$的数据满足$1 \leq n,m,Q\leq t\times 10^5$
Solution : 二分图性质题。
对于一个图$G$是二分图，满足一定是两个集合的点来考虑。
我们考虑$u - v$的一条路径，如果走简单路径就是$u \ xor \ v$的权值，如果走一个来回，那么就是$0$的权值。
所以，对于任意两点的任意一条路径，我们都可以考虑两个相邻点权值是否被异或到路径的答案中，可以同时取反。
对于询问中处在相同集合的两个点，路径经过点的数目一定是奇数，选择若干个点对翻转一定会造成奇数个节点的权值被选择（一个极端的例子就是什么节点都不翻转状态）
由于二分图的连通性，问题就等价于求在所给点集里找出奇数个点，使他们的异或和最大。
在询问中处在相异集合里的两个点，路径经过点的数目一定是偶数，选择若干个点对翻转一定会造成偶数个节点的权值被选择（一个极端的例子就是什么节点都不翻转状态）
由于二分图的连通性，问题就等价于求在所给点集里找出偶数个点，使他们的异或和最大。
在所给点集里找出偶数个点，使他们的异或和最大。这个问题可以将相邻两个点的点权插入到线性基里面，然后求出线性基中的最大值即可。
在所给点集里找出奇数个点，使他们的异或和最大。这个问题可以将相邻两个点的点权插入到线性基里面，强制地任意的取一个节点必须被异或，然后求出线性基中的最大值即可。
由于可以预处理这两个答案，最后询问的复杂度就是$O(1)$的，最终，本题的复杂度就是$O(n+Q)$的。
# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e5+10;
struct rec{
int pre,to;
}a[N<<1];
int head[N],n,m,q,val[N],tot,col[N];
void adde(int u,int v)
{
a[++tot].pre=head[u];
a[tot].to=v;
head[u]=tot;
}
struct Linear_Basis{
int d[31];
Linear_Basis() {
memset(d,0,sizeof(d));
}
void insert(int x) {
for (int i=30;i>=0;i--)
if (x&(1<<i)) {
if (!d[i]) { d[i]=x; break;}
else x^=d[i];
}
}
int query(int ret) {
for (int i=30;i>=0;i--)
if ((ret^d[i])>ret) ret^=d[i];
return ret;
}
}B;
void dfs(int u,int c)
{
col[u]=c;
for (int i=head[u];i;i=a[i].pre) {
int v=a[i].to; if (col[v]) continue;
dfs(v,3-c);
}
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&val[i]);
for (int i=1;i<=m;i++) {
int u,v; scanf("%d%d",&u,&v);
adde(u,v); adde(v,u);
}
dfs(1,1);
for (int i=1;i<n;i++) B.insert(val[i]^val[i+1]);
int same = B.query(val[1]);
int diff = B.query(0);
while (q--) {
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
if (col[u]==col[v]) printf("%d\n",same);
else printf("%d\n",diff);
}
return 0;
}
Problem C geo
平面直角坐标系中有$n$个点$(x_i,y_i)$,求出有多少个二次函数$y = x^2 + bx +c$经过至少两个点,并且任何点都不在这个函数的上方。
对于$100\%$的数据，满足$n\leq 2\times 10^5$
Solution :
对于点$(x,y)$在$y = x^2 + bx + c$下方的条件是$x^2 + bx + c \geq y$
化简后就是$bx + c\geq y - x^2 $
对于所有的点$(x,y)$都是一定的，如果我们把每个点的坐标转化为$(x,y-x^2)$，
问题就转化为求一个一次函数$y = bx + c$使得这个一次函数至少经过两个点并且在所有点上方。
问题就等价于求出一个点集凸包的上部的边的条数。
即所有在左极点和右极点连线严格上方的点数+1。
复杂度就是$O(n)$的。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define inf (1e18)
using namespace std;
struct p{double x,y;}a[200010],s[200010],l,r;
ll n,k=1,top=1,ans;
double cross(p a,p b,p c){return(b.x-a.x)*(c.y-a.y)-(b.y-a.y)*(c.x-a.x);}
double dis(p a,p b){return sqrt((b.y-a.y)*(b.y-a.y)+(b.x-a.x)*(b.x-a.x));}
bool cmp(p x,p y)
{
double tmp=cross(a[1],x,y);
return tmp>0||(tmp==0&&dis(a[0],x)<dis(a[0],y));
}
int main()
{
scanf("%lld",&n);
for(ll i=1;i<=n;i++)scanf("%lf%lf",&a[i].x,&a[i].y),a[i].y-=a[i].x*a[i].x;
for(ll i=1;i<=n;i++)if((a[k].y>a[i].y)||(a[k].y==a[i].y&&a[i].x<a[k].x))k=i;
swap(a[k],a[1]),sort(a+2,a+1+n,cmp),s[1]=a[1];
for(ll i=2;i<=n;i++)
{
while(top>1&&cross(s[top-1],a[i],s[top])>=0)top--;
s[++top]=a[i];
}
l={inf*1.0,inf*1.0},r={inf*-1.0,inf*-1.0};
for(ll i=1;i<=top;i++)
{
if(s[i].x<l.x)l=s[i];else if(s[i].x==l.x&&s[i].y>l.y)l=s[i];
if(s[i].x>r.x)r=s[i];else if(s[i].x==r.x&&s[i].y>r.y)r=s[i];
}
for(ll i=1;i<=top;i++)if(cross(l,r,s[i])>0)ans++;
printf("%lld\n",ans+1);
return 0;
}