OpenCup GP or Tatarstan

9 лет назад, # ^ |

В С у меня динамика за O(N^4). На плюсах упихалась.

Давайте взглянем на грань, содержащую ребро 1-n, и будем ее строить по порядку: 1-a1-a2-...-n. Тогда на каждом ребре 1-a1, a1-a2, ..., у нас торчит по многоугольнику с меньшим числом вершин и треугольников, соответственно будем использовать динамику. Будем считать динамикой две вещи: ответ в задаче для (n, k), и количество "частично построенных" граней — цепочек 1-a2-...-at, с добавленным многоугольником на каждом ребре, суммарно содержащих n вершин и k треугольников. Ну и нужно аккуратно учесть, что свежепостроенная грань 1-a1-n может оказаться треугольником тоже. Получается O(N^2) состояний и переходы тоже за O(N^2).

→ Ответить

zeliboba

9 лет назад, # ^ |

У нас что-то похожее и тоже сдали за O(n^4), но там легко можно свести пересчет к перемножению многочленов и улучшить асимптотику.

→ Ответить

9 лет назад, # ^ |

Но как? Фурье же не помогает умножать многочлены по модулю 10**9+9?

→ Ответить

9 лет назад, # ^ |

Карацуба?

→ Ответить

zeliboba

9 лет назад, # ^ |

← Rev. 2 →

Ну либо Карацуба, либо две Фурьешки. Что именно будет тут быстрее не берусь судить, но скорее всего Карацуба, эффективный размер многочленов там порядка 100.

→ Ответить

9 лет назад, # ^ |

А как через две Фурьешки?

→ Ответить

zeliboba

9 лет назад, # ^ |

Одну обычную, чтобы примерно понять, какие числа, вторую по модулю, чтобы уточнить значения. Числа в произведении порядка 10^20 (поэтому одного ффт в инт128 не хватает), но модуля порядка 10^9 должно хватать, чтобы уточнить (а если бы не хватало можно было бы влезть в инт128)

→ Ответить

9 лет назад, # ^ |

Понял, спасибо! Написал, и на (300, 150) даже работает правильно, но в несколько раз медленнее выходит, чем с тупым умножением многочленов :( На Карацубу больше надежды, наверное.

→ Ответить

nekrald

9 лет назад, # ^ |

← Rev. 3 →

Решение для K (на контесте не сдали, но зашло в дорешке).

Идея 1. Пусть k (число апельсинов в английской постановке, которые мы делим) большое. Тогда дележ в зависимости от n будет выглядеть так:

1) n = 1 -- всё берет первый, результат (k)

2) n = 2 -- всё берет первый, результат (k, 0)

3) n = 3 -- результат (k — 1, 0, 1). Тут первому надо кого-то подкупить, и это может быть только третий.

4) n = 4 -- результат (k -1 , 0, 1, 0).

5) n = 5 -- результат (k — 2, 0, 1, 0, 1). И так далее.

Идея 2: а что же происходит, если k не очень большое, то есть на каком-то этапе у первого при дележе остаётся ноль? Если число человек нечётное, то ситуация однозначная -- первый хочет не уйти в минус, поэтому себе оставит ноль но подкупит остальных. Если число человек чётное, то он не может купить всех прошлых нулей но может купить часть. Поэтому тут у некоторых появится вывод в ответ min = 0, max = 1.

Идея 3: Что происходит дальше при росте числе участников, то есть когда один человек не может купить себе победу? Мотивирующий пример: очень много человек и 2 апельсина. Тогда разумно проголосовать за почти последнего чтобы хотя бы остаться.

Как это формализовать: проще всего понять на частном случае k = 1. Тогда если человек 5, то первый никак не останется. Но если человек 6, то пятый гарантированно поддержит шестого, и тому надо лишь одного человека подкупать. Итого, с 6 всё хорошо. Далее получается похожая ситуация, и до 10 плохо, а с 10 хорошо. Размеры таких групп растут как +2, +4, +8, ..., то есть таких будет логарифм. Раздача апельсинов: не влезли в группу (то есть за ней) -- (-1, -1), Влезли: (0, 0). До группы (1, 0).

Код с AC: http://paste.ubuntu.com/10608540/

→ Ответить

9 лет назад, # ^ |

← Rev. 4 →

С. Пусть f(n, k, s) — количество разбиений n-угольника на k треугольников, при этом из вершины s в вершину с бОльшим номером проводится разрез, отсекающий часть, которая больше не разрезается и при этом нет разрезов, проходящих через вершины, номера которых больше s. Состояния такой динамики просчитываются за квадрат, что даёт решение О(n⁵). Но можно заметить, что при расчёте переходов мы просто суммируем значения f для некоторого фиксированного k, а первый и третий параметр просто принимают значения из некоторого прямоугольника. Это позволяет, рассчитав частичные суммы $\text{[math]}$ , считать сумму на любом прямоугольнике за О(1) и, соответсвенно улучшить предыдущую оценку до О(n³).

Кроме того, имеется ещё такое решение за квадрат, но как его получить самому — совершенно непонятно.

→ Ответить

Ancient_mage

9 лет назад, # |

+21

Как решать F div1?

→ Ответить

scorpion

9 лет назад, # ^ |

+16

Ну там нужно найти минимальное число, у которого ровно n нечетных делителей.

Как только дошли до этого, дальше пишем перебор. Сравнить два числа можно, взяв логарифм, так как у нас есть их факторизация.

→ Ответить

Fdg

9 лет назад, # ^ |

А как доказать, что именно минимальное число у которого ровно n нечетных делителей будет ответом?

→ Ответить

riadwaw

9 лет назад, # ^ |

← Rev. 2 →

-8

что значит, что k представляется как какая-то сумма?

k = b * (b + 1) / 2 - a * (a + 1) / 2

$2k = (b - a)(b + a + 1)

То есть нам нужно представить 2k как произведение двух чисел разной четности(вроде можно понять, что любое такое разбиение задает какие-то a,b, но 2-ка входит ровно в один из множителей, значит добавление в k двоек не добавляет нам новых способов. Кол-во способов так разбить и есть кол-во делителей.

Примерно так.

→ Ответить

9 лет назад, # ^ |

← Rev. 20 →

-16

Ок, давайте поподробнее. Фактически, надо найти наименьшее нечётное число с ровно n делителями.

Пусть p₀ = 2, p₁ = 3, p₂ = 5, .... Тогда, как известно у числа $\text{[math]}$ ровно (k₁ + 1)·(k₂ + 1)·(k₃ + 1)·... делителей. Тогда для наименьшего числа, у которого ровно n делителей k₁ ≤ k₂ ≤ k₃ ≤ .... То есть, все ненулевые k_i идут в начале. Если k₂₀ > 0, то у числа не меньше (1 + 1)²⁰ > 10⁵ делителей. То есть, в разложении интересующего нас числа входят лишь простые от p₁ до p₁₉. Скажем, что p_i имеет номер i. Пусть также bound = 19.

Пусть теперь dp[num][k] — наименьшее число, имеющее ровно k делителей и использующее в своём разложении простые с номерами от num до bound. Изначально посчитаем dp[bound][k] — это просто $\text{[math]}$ . Теперь у нас есть dp[num][k], мы хотим его вычислить. Переберём, в какой степени p_num войдёт в ответ. Тогда если эта степень d (очевидно, k делится на d + 1), то нужно сравнить текущее значение dp[num][k] с dp[num + 1][k / (d + 1)] * (p_num)^k и, если надо, обновиться.

Ответ будет лежать в dp[1][n]. Асимпотика n^o(1), если перебирать только делители n, но в любом случае не должно получать TL, по идее.

Как хранить dp[num][k]? Будем хранить остаток по модулю 10⁹ + 9 и long double, содержащий ответ (для сравнения). Если будут проблемы с точностью, то можно дополнительно хранить остаток по модулю 2⁶⁴, чтобы сравнивать подозрительно близкие числа.

Код..

P. S. HTML-рендерер странно обрабатывает верхние и нижние индексы, приходится добавлять пустой фантомный объект, чтобы нормально работало.

P. P. S. А также интерпретирует \pmod как \pm od.

→ Ответить

riadwaw

9 лет назад, # ^ |

А можно просто в длинке хранить.

→ Ответить

yarrr

9 лет назад, # ^ |

А еще можно прологарифмировать и сумму логарифмов хранить.

→ Ответить

riadwaw

9 лет назад, # ^ |

Только тут гораздо менее очевидно, что ответ найдется корректный

→ Ответить

I_love_Tanya_Romanova

9 лет назад, # ^ |

Кстати, насколько близкие между собой могут быть значения для различных вариантов? Проблемы с точностью вообще могут возникнуть, у кого-то есть какие то плохие тесты, или же там всегда все хорошо и можно доказать, что какого-нибудь логарифмирования гарантированно хватает?

→ Ответить

9 лет назад, # ^ |

Я проверял все ответы, удовлетворяющие ограничениям — логарифмов хватало.

→ Ответить

9 лет назад, # |

Расскажите пожалуйста G и L?

→ Ответить

scorpion

9 лет назад, # ^ |

← Rev. 2 →

G — Не читал.

L — просто переберем какого парня и куда мы хотим переместить. Быстро отвечать на измененный мир можно, храня мапку для количества и сет для максимума.

→ Ответить

9 лет назад, # ^ |

← Rev. 2 →

Вопрос снят))

→ Ответить

Lelby

9 лет назад, # ^ |

← Rev. 2 →

Если ноль, то не надо пытаться с этой дорожки никого перекидывать, может проблема в этом.

→ Ответить

9 лет назад, # ^ |

← Rev. 3 →

G: Переведём все показания в секунды. Очевидно (в силу кусочной линейности целевой функции), что минимум достигается, когда все часы привели к какому-то из исходных показаний. Отсортируем показания, посчитаем префиксные и суффиксные суммы, после этого уже не сложно считать ответ при фиксированном финальном значении за O(1). Итого $\text{[math]}$ .

→ Ответить

9 лет назад, # ^ |

А как именно считать префиксные и суффиксные суммы?

→ Ответить

9 лет назад, # ^ |

Ещё раз, у нас есть набор чисел по какому-то модулю, нужно к каждому прибавит что-то и сделать все равными. Переберём финальное значение — x.

Тогда, если a_i < x, то к ответу прибавим x - a_i. Иначе к ответу прибавляется M - a_i + x.

Если числа предварительно отсортировать, то ответ для x = a_i можно подсчитать через сумму всех чисел, меньших a_i (префикс) и всех больших.

→ Ответить

9 лет назад, # ^ |

← Rev. 2 →

+14

На Л найдем из массива: 1) мах. значение дорожки, 2) число мах. значений, 3) число (мах. — 1) значений. Тогда едем по массиву, и приостанавливаемся толко на мах. дорожках. Проверяем соседние к мах. дорожки: можем ли туда скинуть плавца, и как тогда измениться количество несчастных. Надо описать все возможные сценарии. Например тут (3 3 3 1 4) из 5-ой дорожки в 4-ую плавца нескинем, так как много дорожек станут несчастными. А тут (4 3 3 1 4) можем скинуть.

→ Ответить

9 лет назад, # |

← Rev. 2 →

Удивила P и что её так мало команд решило. Конкретно у меня с того момента как я узнал условие задачи (с того момента как мне его перевели, ибо я не знаю английский) ушло 24 минуты на решение. Всего 9 строчек кода: Код

→ Ответить

9 лет назад, # |

O: ternary search.

→ Ответить

Darek_

9 лет назад, # ^ |

Is it possible to solve O using golden section search or binary search?

→ Ответить

yarrr

9 лет назад, # |

Расскажите, пожалуйста, D и J.

→ Ответить

9 лет назад, # ^ |

← Rev. 18 →

J: факторизируем m и посчитаем для каждой степени простого отдельно, потом "сольём" по КТО. Пусть теперь m = p^a, $\text{[math]}$ .

Тогда посчитаем отдельно степень p, входящую в цэшку (легко) и часть этой цэшки, взаимно простую с m. По модулю m мы умеем обращать за $\text{[math]}$ , так что надо лишь научиться быстро считать "факториал без p-шек" по модулю m (то есть каждое от 1 до n делят на p, пока оно делится, а результаты перемножают).

Но его можно посчитать, как $\text{[math]}$ , где f(n) — произведение всех чисел от 1 до n включительно, взаимно простых с m, по модулю m. Так как m мало, то можно считать $\text{[math]}$ за $\text{[math]}$ (будет по модулю m много одинаковых кусков и "хвост").

→ Ответить

Ac-93

9 лет назад, # ^ |

Можно подробности о слиянии?

→ Ответить

9 лет назад, # ^ |

← Rev. 7 →

В нашем случае (так как m ≤ 10⁶) можно просто перебрать остаток по модулю m из условия и проверить, удовлетворяет ли он полученным сравнениям (по КТО такой остаток есть и ровно один) с break-ами. Сложность O(m), так как не более $\text{[math]}$ остатков переживут первое сравнение, не более $\text{[math]}$ второе и так далее.

Код в правке 5.

→ Ответить

9 лет назад, # ^ |

← Rev. 25 →

-16

При более высоких ограничениях можно было бы уменьшать количество сравнений, превращая два сравнения по модулям n, m (gcd(n, m) = 1) в сравнение по модулю mn (m в этом комментарии не имеет отношения к условию).

Действительно, пусть $\text{[math]}$ , $\text{[math]}$ , где a ≠ b (случай a = b очевиден).

Тогда $\text{[math]}$ , $\text{[math]}$ , то есть если k таково, что $\text{[math]}$ , то $\text{[math]}$ , откуда $\text{[math]}$ то есть мы вычислили x по модулю nm (а $\text{[math]}$ можно вычилить за $\text{[math]}$ с помощью расширенного алгоритма Евклида).

→ Ответить

9 лет назад, # ^ |

+29

Построим centroid decomposition of the tree (вроде так называется).

В каждой вершине храним set (dist, time, color) -- значит, что умеем во время time покрывать вершины на расстоянии dist от текущей.

Обновление: проходим по предкам вершины (их $\text{[math]}$ ) в декомпозиции и пихаем в set[par] (d - distance(v, par), time, color).

Запрос: также проходимся и узнаём, кто наиболее поздний покрыл вершину.

Посчитаем для p^k потом восстановим по КТО.

Для этого надо научиться представлять n! = p^y·x, где x не делится на p. Это делается также, как здесь, но по модулю p^k.

→ Ответить

nk.karpov

9 лет назад, # ^ |

D: О, эта штука как-то называется по умному, неожиданно.

→ Ответить

oversolver

9 лет назад, # ^ |

а как в таком сете узнать кто наиболее поздний покрыл вершину?

→ Ответить

9 лет назад, # ^ |

← Rev. 3 →

На самом деле при добавлении (d, t, c) нужно удалять все записи у которых записано расстояние меньшее, чем d.

Теперь для каждого из $\text{[math]}$ предков узнаем, когда этот предок покрыл вершину из запроса (это наименьший элемент в сете для par, который не меньше dist(par, v)) и возьмём того, кто покрыл позднее всех.

→ Ответить

AlexFetisov

9 лет назад, # ^ |

D — зачетная задача! Спасибо, почему-то про центройд даже не думали :(

→ Ответить

winger

9 лет назад, # ^ |

Я думал про центроид, но в сторону divide-and-conquer, а не структуры данных :(

→ Ответить

yarrr

9 лет назад, # ^ |

Спасибо за D, наконец-то пошел и разобрался с этим разбиением.

А я правильно понимаю, что у авторов какое-то другое более медленное решение (это же за O(n * log(n)²)), так как TL аж 9 секунд?

→ Ответить

9 лет назад, # ^ |

У авторов решение такое же. Просто по каким-то необъяснимым причинам на нашем контестере решение работало в три с половиной раза медленней, чем на полигоне. Поскольку выяснилось это слишком поздно, разбираться с этим времени уже не было.

→ Ответить

I_love_Tanya_Romanova

9 лет назад, # ^ |

Возможно, не у авторов более медленное решение, а авторы допускают использование более медленных решений участниками)

У нас, например, N*sqrt(N)*log(N) — построили для дерева что-то вроде корневой декомпозиции, выбрав sqrt(N) вершин, которые разбивают дерево на блоки.

→ Ответить

romanova

9 лет назад, # |

а I и H можно?

→ Ответить

9 лет назад, # ^ |

← Rev. 2 →

Жадно пытаемся сделать x_m как можно больше и т.д.

Можно увеличивать x_m по единице для всех m > 2, для 1 и 2 бинпоиск (можно и для остальных бинпоиск, но могут быть проблемы со сравнением).

Как понять, что жадность работает: условие утверждает, что для любых входных данных ответ есть :)

Пусть s < f.

Пусть s = 1, иначе обязательно нужно сначала сходить налево (иначе туда уже не попадём) и вернуться в s + 1 затратив 1 прыжок длины 1.

Аналогично f = n.

Теперь нужно пройти от границе к границе, это выгодно делать так: s -> s+2 -> s+1 -> s+3 и т.д.

→ Ответить

9 лет назад, # ^ |

А если мы прыгали сначала слева и f!=n, то мы должны допрыгать от s+1 до f-1?

→ Ответить

9 лет назад, # ^ |

Да, по аналогии:

Было 1 < s — теперь стартуем из s + 1,

Было f < n — теперь прыгаем до f - 1.

→ Ответить

Rubanenko

9 лет назад, # ^ |

-8

Как понять, что жадность работает: условие утверждает, что для любых входных данных ответ есть :)

"Решение всегда существет" != "жадник всегда найдет решение".

→ Ответить

9 лет назад, # ^ |

← Rev. 2 →

Ну да, но в данном случае, почти очевидно, что он работает, так как мы просто сводимся к задаче с меньшим m и выгодно сделать x_m как можно более большим.

Более строго: рассмотрим жадник — пусть жадно выбрали x_m и x_m - 1 и оказалось, что x_m ≤ x_m - 1. Тогда $\text{[math]}$ , то есть x_m можно было взять больше. Противоречие.

Даже получилось доказательство существования, поскольку $\text{[math]}$ .

→ Ответить

9 лет назад, # ^ |

I: В моём первом решении, при m < 7, при подсчете числа перестановок случалось переполнение. Случалось оно в выражении вида x * y / z. Произведение x * y точно делится нацело на z, поэтому пришлось писать "умное" деление, когда перебираются все делители z и либо x, либо y делятся на эти делители. Но это умное деление работало очень долго на тесте m = 2, поэтому для этого случая я отдельно написал подсчет числа перестановок, как x * (x + 1) / 2. И поправка: m >= 2 по условию. Хотя на тесте m = 1 можно сразу выводить n, странно что решили сделать такие ограничения.

→ Ответить

9 лет назад, # ^ |

Вместо умного деления можно разделить на $\text{[math]}$ .

А чтобы вообще было безопасно, можно писать так:

add(x, y) { return min(x + y, INF); }  
  
mul(x, y) { 
  res = 0;
  for (; y > 0; y /= 2, x = add(x, x))
    if  (y & 1)
      res = add(res, x);
  return res;
}  
    
// c * p / q
get(c, p, q) {
  g = gcd(c, q);
  c /= g;
  q /= g;

  g = gcd(p, q);
  p /= g;
  q /= g;
 
  assert(q == 1);
  return mul(c, p);
}

→ Ответить

9 лет назад, # ^ |

Что-то я и не вспомнил про gcd... Хотя я еще и минут 20 думал как модернизировать решение, чтобы оно быстро работало при m=2, хотя это очевидно и просто... 4 часа контеста дают о себе знать.

→ Ответить

Prestige

9 лет назад, # ^ |

← Rev. 2 →

А по Н ва4 никто не ловил? (Решено)

→ Ответить

Vytautas

9 лет назад, # |

Yeah, help on O would be strongly appreciated. We tried binary search and golden section search, but somehow kept getting WA.

→ Ответить

9 лет назад, # |

Можно B и C ещё? Как там считать динамику?

→ Ответить

Ancient_mage

9 лет назад, # ^ |

← Rev. 3 →

-7

B: dp[i][j][l], 0 <= i <= n/2, 0 <= j <= i, l = 0,1. сколько последовательностей с i открывающими, j — закрывающими, и если l = 0, то еще не было суммы k, иначе была.

→ Ответить

ilyakor

9 лет назад, # |

+52

А когда будут настоящие результаты? А то слабо верится, что ITMO#1 решили 8, а Тапиры — 7 (при этом за первые 2 часа, а потом видимо ушли отдыхать)

→ Ответить

snarknews

9 лет назад, # ^ |

Последнее обновление из Казани было на 2:48; с этого времени никаких апдейтов не приходило.

→ Ответить

qwerty787788

9 лет назад, # ^ |

+19

У нас 12, у Тапиров 10.

→ Ответить

I_love_Tanya_Romanova

9 лет назад, # ^ |

+13

Спасибо за информацию; а где-нибудь можно посмотреть окончательный монитор онсайта? Пока ждем на синхронизацию с таблицей OpenCup)

→ Ответить

Darek_

9 лет назад, # |

O: что может быть плохого в 10 тесте?

→ Ответить

9 лет назад, # ^ |

Важно было искать ответ не на отрезке (x1,y1) - (x2,y2), а на прямой заданной этими точками. То есть если решение — тернарный поиск, то нужно было расширить отрезок, на котором ищется решение. И есть два способа это сделать:

Первый и более сложный способ — найти проекции всех точек на прямую (то есть опустить перпендикуляр) и взять самую маленькую и самую большую точку по x (y). Ответ находится точно между этими точками.

Второй способ: просто взять точки (-20000,yy1) и (20000,yy2) ((xx1,-20000) и (xx2,20000) для вертикальной прямой) принадлежащие прямой. Но тут у вас может возникнуть вопрос: а зачем брать такие больше x, если ограничение на ввод 10^4. Ответ прост: проекция точки на прямую может лежать за пределами прямоугольника ограничивающего ввод:

Думаю где-то в этом тексте вы найдёте ответ на свой вопрос.

→ Ответить

Darek_

9 лет назад, # ^ |

спасибо :)

→ Ответить

9 лет назад, # |

← Rev. 2 →

Delete.

→ Ответить

Prestige

9 лет назад, # |

А как решали Q(Микросхемы) div2? Есть ли там формула или последовательность известная?

→ Ответить

9 лет назад, # ^ |

← Rev. 4 →

Я динамику написал: i — количество точек, j — количество прямых, dp[i][j] — количество способов.

Начальные состояния: dp[i][0] = 1 при любом i, dp[2][1] = 1.

Допустим нам нужно провести k прямых. Теперь переберём стартовую точку и точку с котором мы будем её соединять (здесь подразумевается, что если мы берём за стартовую точку z, то все точки меньше z мы не с чем соединять не будем, иначе это приведёт к повторению способов). Соединив их у нас по обе стороны оказалось некоторое количество точек (за исключением тех, которые мы не с чем соединять не будем): x и y, и нам нужно провести на одну прямую меньше, а значит можно перебрать количество прямых, которое будет по одну сторону — l. И тогда dp[i][j] += dp[x][l] * dp[y][k - 1 - l].

Решение за O(n^5) (хотя на самом деле за O(n^3 * k^2) )

Код

→ Ответить

vas.and.tor

9 лет назад, # ^ |

← Rev. 3 →

Можно решать за четвёртую степень если зафиксировать один конец. При этом нужно не забыть прибавить количество разбиений в котором этот конец не участвует (dp[i-1][j]).

Код

P.S. У меня там пара кривых ифов. Уверен что их можно как-нибудь убрать.

→ Ответить

nekrald

9 лет назад, # |

How to solve problem E div 1? It seems that it is useful to try different rotations of source points with maybe some ternary search, but we did not get any further.

→ Ответить

GlebsHP

9 лет назад, # ^ |

There is always an answer with at least one side parallel to some edge of the convex hull

→ Ответить

m7nika

9 лет назад, # |

в задаче N сказано что дистанции телепорта целые числа, но по моему наблюдению это не так.

→ Ответить

bearf

9 лет назад, # ^ |

Ко всем задачам делаются валидаторы, которые проверяют корректность входных данных. Только что посмотрел, валидатор к этой задаче проверяет, что все дистанции — целые числа.

→ Ответить

m7nika

9 лет назад, # ^ |

Спасибо за ответ. Я понимаю что всё проверяется, но если можете проверять заявки 980 и 999, думаю ясно, что-то не так.

→ Ответить

bearf

9 лет назад, # ^ |

У меня на руках исходники только тех команды, которые приезжали в Казань. Если вы у нас не были, то я бессилен.

→ Ответить

Prestige

9 лет назад, # ^ |

← Rev. 2 →

А у тебя есть доступ к тестам? Можно узнать ва4 по задаче Н?(Решено)

→ Ответить

9 лет назад, # |

Next OC round in shedule have appeared: 12. 29.03.2015 11:00 Grand Prix of America

→ Ответить

LightRay

9 лет назад, # |

Спасибо авторам за интересный контест!

Дописывал Е около 4 часов, залил на Upsolving — уже 3 дня не могу преодолеть 2й тест, хотя все мои тесты проходит на "ура". Можно открыть 2й тест? (можно в ЛС)

→ Ответить

9 лет назад, # ^ |

← Rev. 3 →

Он с большими числами. Тест:

Ответ:

-3560.589029 2975.317489
-3000.000000 156.000000
1305.000000 1012.000000
744.410971 3831.317489

А вообще — скоро выложу контест в тренировки.

→ Ответить

LightRay

9 лет назад, # ^ |

Спасибо! Оказалось, не знал особенностей cout при выводе дробных чисел :)

→ Ответить

9 лет назад, # |

+11

Выложил контест на тренировки. Первый и второй дивизион.

→ Ответить