2020牛客寒假算法基礎集訓營1

https://ac.nowcoder.com/acm/contest/3002

A了7題，感受J應該賽中應該是能夠過的，但沒考慮a是MOD倍數，b又是MOD-1倍數的狀況。。。

補的題感受均可作，記錄一下思惟(水一篇博客)。。。

 

A.honoka和格點三角形 就分別以1爲底和以2爲底的統計便可。注意別重複，其實也就是n,m多-1的差異。

C.umi和弓道

將每一個點與起始點線段與x軸，y軸交點都處理起來，對x軸和y軸的交點分別sort一下，須要找到n-k個擋起來，掃一遍取這些長度中最小的就好了。

注意別用int，-2e9到2e9就爆了，用double和ll都過了。

感受挺簡單的，我咋就沒想到分別處理交點呢。

貼個代碼

#include <bits/stdc++.h>
#ifndef ONLINE_JUDGE
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl
#else
#define debug(x)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=2e5+7;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int MOD=1e9+7;

int main()
{
    vector<double>x,y;
    int x0,y0;
    scanf("%d%d",&x0,&y0);
    int n,k;
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=0;i<n;++i)
    {
        ll a,b;
        scanf("%lld%lld",&a,&b);
        if(a*x0<0)
            y.push_back(y0-1.0*(b-y0)/(a-x0)*(x0));
        if(b*y0<0)
            x.push_back(x0-1.0*(a-x0)/(b-y0)*(y0));
    }
    sort(y.begin(),y.end());
    sort(x.begin(),x.end());
    double ans=4e18;
    for(int i=0;i<x.size();++i)
    {
        int q=i+n-k-1;
        if(q>=x.size()) break;
        ans=min(ans,x[q]-x[i]);
    }
    for(int i=0;i<y.size();++i)
    {
        int q=i+n-k-1;
        if(q>=y.size()) break;
        ans=min(ans,y[q]-y[i]);
    }
    if(ans==4e18) puts("-1");
    else printf("%.8f\n",ans);
    return 0;
}

 

F.maki和tree  白色的能dfs到的所有歸爲一個聯通快，標記並記錄這個聯通快的結點數量。而後對於全部的黑色結點，加上他能到的全部白色結點的sum，這些是黑色結點爲一端點，白色結點爲另外一個端點的，再加上對每一個白色結點的ans[]*(sum-ans[]),最後除以2便可，至關於一端點在某一個白色結點上，另外一端點在其餘分治的白色結點上，每一個都算了兩次除掉便可。

好像也能夠樹上dp作，但設計狀態不太在行。也差很少思路統計答案，好吧我在看看dp咋作的。

#include <bits/stdc++.h>
#ifndef ONLINE_JUDGE
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl
#else
#define debug(x)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=2e5+7;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int MOD=1e9+7;

int cnt;
int vis[MAXN];
vector<int>e[MAXN];
char s[MAXN];
int ans[MAXN];
int sum;
void dfs(int u,int fa)
{
    vis[u]=cnt;
    sum++;
    for(int i=0;i<e[u].size();++i)
    {
        int v=e[u][i];
        if(v==fa) continue;
        if(s[v]=='W' ) dfs(v,u);
    }
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    int n;
    cin>>n;
    cin>>(s+1);
    for(int i=0,x,y;i<n-1;++i)
    {
        cin>>x>>y;
        e[x].push_back(y);
        e[y].push_back(x);
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        sum=0;
        if(!vis[i]&&s[i]=='W')
        {
            cnt++;
            dfs(i,-1);
            ans[cnt]=sum;
        }
    }
    ll res=0;
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        if(s[i]=='B')
        {
            int u=i;
            sum=0;
            for(int j=0;j<e[u].size();++j)
            {
                int v=e[u][j];
                if(s[v]=='W')
                    sum+=ans[vis[v]];
            }
            ll t=0;
            for(int j=0;j<e[u].size();++j)
            {
                int v=e[u][j];
                if(s[v]=='W')
                    t+=ans[vis[v]]*(sum-ans[vis[v]]);
            }
            res+=sum+t/2;
        }
    }
    cout<<res<<endl;
    return 0;
}

 

I.nico和niconiconi    簡單的遞推轉移。。話說我爲何仍是在想別的題的時候突然纔想到dp作這題，剛開始徹底無法下手。

J.u's的影響力    本場最大坑題(對我而言)，結論和式子都沒什麼毛病，就是答案的指數和斐波那契數列相關。

x，y的指數是fib的相鄰兩項

a的指數 fn=fn-1+fn-2+1，這個與前面的fib數列不一樣，再構造一個三維矩陣代碼量太大。但觀察知，正好是前面兩個係數相加-1，由於這個遞推公式和fib差很近，直覺告訴我確定有簡單的公式。

但賽後不能證實。。。。。。。

這裏對指數須要用到歐拉降冪的，就你在矩陣快速冪的時候對MOD-1取模，算實際答案對MOD取模便可。

而後坑點就是，考慮a是MOD的倍數，b是MOD-1的倍數，這樣根據咱們的運算就會出來0^0，快速冪裏返回的是1，其實應該是0。就出現了錯誤，差很少Case 89%左右會WA。

因此這裏減小運算，若是a是MOD的倍數直接輸出0便可。而後就過了。。。

太細節了，這個真的想不太到。艾。。。我能夠之後在快速冪特判0的答案。

 

不過話說我比賽if 沒return 0也沒else 就等於說n=1和n=2的狀況我也會繼續下面的，但實際上是非法的狀態，致使我TLE了。。。。。找不出bug點，太蠢啦。

#include <bits/stdc++.h>
 
#ifndef ONLINE_JUDGE
#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl
#else
#define debug(x)
#endif
using namespace std;
typedef long long ll;
const int Mod = 1e9+6;
const int MOD = 1e9+7;
const int v=2;
struct matrix
{
    ll m[v][v];
}Ans, base;
 
inline void init()
{
    memset(Ans.m, 0, sizeof(Ans.m));
    for(int i=0; i<v; i++) Ans.m[i][i] = 1;
   // memset(base.m, 0, sizeof(base.m));
    base={1,1,1,0};
}
 
inline matrix mul(matrix a, matrix b)
{
    matrix res={0};
    //memset(res.m, 0, sizeof(res.m));
    for(int i=0; i<v; i++)
    {
        for(int j=0; j<v; j++)
        {
            for(int k=0; k<v; k++)
            {
                res.m[i][j] += (a.m[i][k] ) * (b.m[k][j] );
                res.m[i][j] %= Mod;
            }
        }
    }
    return res;
}
inline void Qmat_pow(ll p)
{
    while (p)
    {
        if(p & 1) Ans = mul(Ans, base);
        base = mul(base, base);
        p >>= 1;
    }
}
 
ll quick(ll x,ll n)  //快速冪 x^n
{
    ll res=1;
    x%=MOD;
    while(n)
    {
        if(n&1) res=(res*x)%MOD;
        x=(x*x)%MOD;
        n>>=1;
    }
    return res;
}
ll quickMUL(ll a,ll b)  //快速乘法 a*b
{
    a%=MOD;
    ll res=0;
    while(b)
    {
        if(b&1) res=(res+a)%MOD;
        a=(a+a)%MOD;
        b>>=1;
    }
    return res%MOD;
}
 
int main()
{
    ll n,f1,f2,a,b;
    scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&n,&f1,&f2,&a,&b);
    if(n==1) printf("%lld\n",f1%MOD);
    else if(n==2) printf("%lld\n",f2%MOD);
    else if(a%MOD==0) printf("0\n");
    else
    {
        init();
        Qmat_pow(n-3);
        ll x2=(Ans.m[0][0]+Ans.m[0][1])%Mod;
        ll x1=(Ans.m[1][0]+Ans.m[1][1])%Mod;
        ll t=(b%Mod)*((x2+x1-1+Mod)%Mod)%Mod;
        ll ans1=quick(f2,x2)*quick(f1,x1)%MOD*quick(a,t)%MOD;
        printf("%lld\n",ans1);
    }
    return 0;
}