2020 CCPC 秦皇島站感想和部分題解
第一次參加 CCPC，開局不到一小時愉快地籤完了 A、G、F，rank 銀區偏高，然後就開始了三小時多的自閉調試，隊友我分別開了 C 和 E 兩題，都在出問題。最後兩題調完還剩二十多分鐘，K 這種傻逼題都搞不出來，最後恥辱地打銅了（之前敲錯成銀了🌚）。
由於第一次打比較正式的比賽，之前沒有對 codeblocks 等 IDE 進行適應也是一個問題（我日常 Emacs + 大量插件，一個隊友日常 VS），感覺時間上面多少吃了些虧。
A A Greeting from Qinhuangdao
簽到題，取兩個，都是紅色，$\frac{C_r^2}{C_{r+b}^2}$ 即可，注意約分，紅球少於兩個則爲 $0$。
C Cameraman
題意：Bob 的房間爲矩形，長寬已知；裏面有若干私人物品，Bob 自身和私人物品均視爲點，位置已知固定。Alex 給 Bob 拍照，位置自選，角度範圍自定（可超過 180°）。要求拍到 Bob，不拍到私人物品，求可以拍到的最大牆壁總長度。如下圖綠色部分。
這題大清再次背鍋，只能靠樣例來猜測 Alex 和 Bob 在同一個位置時最優，否則似乎不可做。
然後，利用極角排序，找到一個方向，讓直線和它兩邊的點緊貼，計算出結果。
由於隊伍內計算幾何比較薄弱，這題雖然不算難但還是在細節上出了不少問題，再加上平臺上 C 題的自測是壞的（估計是因爲自測沒有 spj），導致比賽期間懷疑評測機有問題，浪費了大量時間。
E Exam Results
題意：有若干學生考試，每人有可能獲得一高一低兩個成績（可能相等），且無法預測。本次考試的及格線爲 $最高分 \times ratio$，求所有情況中，可能的最多及格人數。
對於一個人的成績 $x$，在最高分不高於 $x/ratio$ 時，他可以及格。當然，最高分不可能低於 $x$，否則他自己的成績將成爲最高分，又因爲他可能有兩種成績 $a, b$，所以當最高分位於 $[a,a/ratio]\cup[b,b/ratio]$ 時，他可以及格。
然後，我們把所有人的可能的較低分數取一個最大值，最高分至少等於它，而比它高的每個成績也都可能作爲最高分。然後枚舉這個最高分，判斷它在多少個人的可及格區間內，找出最大值即爲答案。
數區間數量可以用線段樹或者樹狀數組，區間更新+單點查詢解決。
由於輸入是百分比整數，且所有人成績是整數，可以成績乘 $100$（int 溢出警告）再除，向下取整作爲右端點。區間範圍太大，需要離散化。
本人由於在開始寫代碼時忘記，“所有人的可能的較低分數取一個最大值，最高分最小時就等於它”的性質，導致耗費大量時間。
F Friendly Group
題意：組內的若干學生參加學術會議。全組的友好值初始爲 $0$。組內有若干對朋友，如果一對朋友同時參加，則友好值加 $1$，如果有且僅有其中一人參加，則減 $1$。最後，每個參加的人都會讓友好值減 $1$。從中選擇任意一部分人（可能一個都不選）參加，求可能的最高友好值。
把學生看作點，關係看作邊，則友好值等於 $內部邊數-跨內外邊數-內部點數$。假如對於一個聯通塊，我們選了一部分人，那麼連通塊的其他部分的 $內部點數-內部點數$ 最少爲 $-1$，加上它與已選部分之間的邊，把整個連通塊選進來結果一定不會比只選當前部分差。
因此，可以把整個連通塊視爲整體，用上面的公式計算，然後根據其值正負決定是否選擇，最後對所有正結果取和即可得出最終結果。
G Good Number
題意：不大於 $n$ 的正整數中，有多少個可以被它的 $k$ 次方根（向下取整）整除。
對於每一個數 $i$，$[i^k,(i+1)^k)$ 開根向下取整均爲 $i$，所以可以用該區間長度除以 $i$ 即可得到可被 $i$ 整除的個數。由於區間的第一個數就可被整除，所以有餘數時向上取整。
由於 $n \leq 10^9$，當 $k \geq 30$ 時，所有數開根都是 $1$。
I Interstellar Hunter
題意：在一個無限制的二維空間內，Alex 一開始在原點，他會不斷獲得按照一個二維向量進行移動的能力，利用每個能力可以正向或反向移動無限次。詢問是否可以到達特定的位置。存在多次詢問，獲得能力和詢問可交替出現，每次詢問附帶價值，最後輸出可到達的詢問的價值之和。
對於二維向量 $\boldsymbol a$ 和 $\boldsymbol b$，利用它們能走到的位置，也就是它們的線性組合。進行變換 $\boldsymbol a = \boldsymbol a - \boldsymbol b$，它們的線性組合並不會改變。因此我們可以對它們進行輾轉相除。如 $\boldsymbol a = (x_0,y_0), \boldsymbol b = (x_1,y_1)$，對其 $x$ 進行輾轉相除，計算（加減乘）時使用整個向量。這樣就會得到 $\boldsymbol a = (gcd(x_0,y_0), y_0’), \boldsymbol b = (0,y_1’)$ 。這樣我們就可以利用詢問的 $x$ 座標輕易得出 $\boldsymbol a$ 的係數，或是不能整除直接得出不可達，然後再判斷 $y$。然後出現新的向量的話，我們先將它與 $\boldsymbol a$ 進行輾轉相除，使其 $x$ 爲 $0$，再與 $\boldsymbol b$ 對 $y$ 輾轉相除，這樣它就變成無用的零向量了。
爲了使當 $a$ 與新的向量進行輾轉相除時在 $y$ 方向上最優，需要在 $y_0’ \geq y_1’$ 時對其相減，也就是取模。另外本題部分寫法需要對 $0$ 進行特殊考慮。
K Kingdom’s Power
題意：在一個戰略遊戲中，地圖爲樹形，國王在根部（點 $1$），有無限的士兵，開始全部在點 $1$。每週可以讓一個軍隊移動到一個相鄰點。求他們走一遍所有地區（可重複）至少需要的週數。
首先，對於每個非葉子節點，它都在從根節點到它對應子樹的各點的必經之路上。因此只需考慮遍歷所有葉子節點。
一個必然可行的方案是，對每個葉子節點，由一支軍隊從根部走過去。所需時間是所有葉子節點深度之和，以此作爲基準值，考慮如何節省時間。
如果對某個有多個子節點的節點 $X$，如果 $X$ 的某個軍隊在走到了某個葉子節點 $A$ 後回來，再進入 $X$ 下面的另一個子樹，則對另一個子樹的某一個葉子節點來說，從根（記作 $R$，下同）到 $X$ 的路徑 $d_{RX}$ 被替換爲了 $d_{AX}$，節省的時間爲 $d_{AX} - d_{RX}$。
對於某個節點 $X$，如果它下面的某個子樹下有兩個葉子節點 $A,B$，有兩個軍隊分別從根部走到 $A,B$ 再回到 $X$，則可節省的時間爲 $d_{RX} - d_{AX} + d_{RX} - d_{BX}$。此時，設 $A,B$ 的 LCA 爲 $Y$，則改用如下方案：一個士兵走到 $A$ 後回到 $Y$，再進入 $B$，然後回到 $X$，則可節省的時間是 $d_{RY} - d_{AY} + d_{RX} - d_{BX}$。而 $Y$ 在 $X$ 和 $A$ 之間，$d_{AY} < d_{AX}$，$d_{RY} > d_{RX}$，後者節省的時間更多。該情況可類推到更多葉子節點的情況，從而可得到性質：對於每個子樹，最多只會有一個軍隊從它返回到它的根節點的父節點。
然後，對於剛剛的情況，假如都要返回 $X$，則交換 $A,B$ 的位置，總的結果不變。但如果最後不返回 $X$，那麼設最後的點爲 $B$，設返回 $X$ 的情況下總共節省的時間爲 $T$，則不返回的情況就要減去那一部分，則爲 $T + d_{BX} - d_{RX}$（$B$ 越深，該值越大），如果它優於 $T$，則不用返回。因此，我們在考慮子樹時，把最深的放到最後，在返回父節點的情況下不影響結果，在不返回父節點的情況下結果優於其他順序。因此，我們應在子樹內計算時優先考慮較淺節點，最後把最深節點的深度用於父節點判斷是否需要該子樹返回。
這樣我們可以對整個樹進行一次 dfs，dfs 過程中判斷軍隊是否要從當前點下面的各個子樹返回到當前點。根據上一段的分析，用各子樹的最深節點判斷，則在 dfs 過程中獲取子節點的高度（葉子爲 $1$，記作 height）即可。同時傳一個參數表示遍歷深度（根爲 $0$，記作 dep）。則對於每個子樹，如果要返回，節省的時間爲 $dep - height$，該值大於 $0$ 則返回，把結果減去該值。
最後，如果某節點下的所有子樹都選擇返回，則意味着不存在最後進入的葉子節點，這樣得到的結果顯然是不合理的，需要讓某一個不返回。很顯然，讓減少的時間最少（深度最大）的一個不返回即爲最優。
核心部分代碼：
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