2020牛客寒假算法基础集训营1

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

A了7题，感受J应该赛中应该是能够过的，但没考虑a是MOD倍数，b又是MOD-1倍数的状况。。。

补的题感受均可作，记录一下思惟(水一篇博客)。。。

 

A.honoka和格点三角形 就分别以1为底和以2为底的统计便可。注意别重复，其实也就是n,m多-1的差异。

C.umi和弓道

将每一个点与起始点线段与x轴，y轴交点都处理起来，对x轴和y轴的交点分别sort一下，须要找到n-k个挡起来，扫一遍取这些长度中最小的就好了。

注意别用int，-2e9到2e9就爆了，用double和ll都过了。

感受挺简单的，我咋就没想到分别处理交点呢。

贴个代码

#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到的所有归为一个联通快，标记并记录这个联通快的结点数量。而后对于全部的黑色结点，加上他能到的全部白色结点的sum，这些是黑色结点为一端点，白色结点为另外一个端点的，再加上对每一个白色结点的ans[]*(sum-ans[]),最后除以2便可，至关于一端点在某一个白色结点上，另外一端点在其余分治的白色结点上，每一个都算了两次除掉便可。

好像也能够树上dp作，但设计状态不太在行。也差很少思路统计答案，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    简单的递推转移。。话说我为何仍是在想别的题的时候突然才想到dp作这题，刚开始彻底无法下手。

J.u's的影响力    本场最大坑题(对我而言)，结论和式子都没什么毛病，就是答案的指数和斐波那契数列相关。

x，y的指数是fib的相邻两项

a的指数 fn=fn-1+fn-2+1，这个与前面的fib数列不一样，再构造一个三维矩阵代码量太大。但观察知，正好是前面两个系数相加-1，由于这个递推公式和fib差很近，直觉告诉我确定有简单的公式。

但赛后不能证实。。。。。。。

这里对指数须要用到欧拉降幂的，就你在矩阵快速幂的时候对MOD-1取模，算实际答案对MOD取模便可。

而后坑点就是，考虑a是MOD的倍数，b是MOD-1的倍数，这样根据咱们的运算就会出来0^0，快速幂里返回的是1，其实应该是0。就出现了错误，差很少Case 89%左右会WA。

因此这里减小运算，若是a是MOD的倍数直接输出0便可。而后就过了。。。

太细节了，这个真的想不太到。艾。。。我能够之后在快速幂特判0的答案。

 

不过话说我比赛if 没return 0也没else 就等于说n=1和n=2的状况我也会继续下面的，但实际上是非法的状态，致使我TLE了。。。。。找不出bug点，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)  //快速幂 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;
}