2018中国大学生程序设计竞赛网络选拔赛补题

史上体验最差比赛

快速做出04交上去 , 3小时出结果 , 还WA了 , 要是服务器正常一小时就可以出了 . 导致我其他题看到一半还要回来重新看一遍04代码 , 节奏直接崩了 , a掉都4个小时了 . 不过队友那边卡在09了 , 那题应该是组合数学的题 , 结果我在看03那道题目包装到过分发题目 , 看了半天愣是没看懂 . 最后只能转到最后一题 , 一个树状数组的水题 , 结果我队友敲完还在debug的时候就结束了

总结一下我自身的原因 , 我虽然数学知识学的挺多 , 但是实际运用却比较少 , 导致包装有点多的数学题就不会从数学的角度去思考 . 而且有时候懒得打表…

所以我觉得我可以暂时放一下新的知识 , 把接下来的时间放在”温故”上

L4. Find Integer

找到b,c满足 $a^n+b^n=c^n$

费马大定理 , n>2时无非零解 , n=2时有
这里写图片描述

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define sf(s) scanf("%d",&s)


int main(){
    int t;sf(t);
    while(t--){
        int n,a; sf(n),sf(a);
        if(n==0||n>2)printf("%d %d\n",-1,-1);
        else if(n==1)printf("%d %d\n",1,a+1);
        else {
            if(a%2){
                printf("%d %d\n",a*a/2,a*a/2+1);
            }
            else{
                printf("%d %d\n",a*a/4-1,a*a/4+1);
            }
        }
    }
}

L9. Tree and Permutation

给一棵n节点树 , 边权为正 , 对于n的全排列中的每个序列 , 走一遍(1324代表1->3->2->4,树上两点间路径唯一)
求走过的边权和%1e+7

对于每条边e(边权为v)分析 , 假设i和j分别在e的两边 , 那么ij在排序时在一起时 , 会走过e一次

那么假设e左边点数M , 另一边就是n-M , 方案数为 $M*(n-M)$ , ij在排序中在一起的方案数为 $2*(n-1)!$ , 所以e对答案的贡献为 $M*(n-M)*2*(n-1)!*v$


#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef long long ll;
typedef long long D;
const LL mod=1e9+7;
D read(){ D ans=0; char last=' ',ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9')last=ch,ch=getchar();
while(ch>='0' && ch<='9')ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
if(last=='-')ans=-ans; return ans;
}
#define debug(i) printf("-> %d\n",i)

const int N=400009;
int head[N],to[N],v[N],nex[N],now;
int siz[N];

LL fac[N];
void init(){
    fac[0]=fac[1]=1;
    for(int i=2;i<N-3;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
}

int dfs(int p,int fa){
    siz[p]=1;
    for(int i=head[p];~i;i=nex[i]){
        if(to[i]==fa)continue;
        siz[p]+=dfs(to[i],p);
    }
    return siz[p];
}

void get(int n,int p,int fa,LL &ans){
    for(int i=head[p];~i;i=nex[i]){
        int u=to[i];
        if(u==fa)continue;
        int M=siz[u];
        LL add=2ll*M*(n-M)%mod*v[i];
        ans=(ans+add)%mod;
        get(n,u,p,ans);
    }
}

int main(){
    init();
    int n;
    while(cin>>n){
        now=0;memset(head,-1,sizeof(head));
        memset(siz,0,sizeof(siz));
        for(int i=1;i<n;i++){
            int a,b,vv;
            scanf("%d%d%d",&a,&b,&vv);
            to[++now]=b,v[now]=vv,nex[now]=head[a],head[a]=now;
            to[++now]=a,v[now]=vv,nex[now]=head[b],head[b]=now;
        }
        dfs(1,-1);//debug(1);
        LL ans=0;
        get(n,1,-1,ans);
        ans=(ans*fac[n-1])%mod;
        printf("%lld\n",ans);
    }
}

L10. YJJ’s Salesman

开始在(0,0) , 你可以往右 , 往下或往右下走一格 , 图中有n个点(x,y) , 价值v , 当你从(x-1,y-1)走到(x,y)时 , 你会获得v , 求获得的最大价值

也就是说 , 要想得到(x,y)的价值 , 你需要在 $(a<x,b<y)$ 才行 , 那么我可以排序x轴 , 离散化y , 按照y轴建树状数组 , 走到了y时 , 取1~y-1的最大值加上当前的价值去更新y以上的数组(因为只有y以上才能由y转移)

当然树状数组要从y开始更新而不是y+1 , 因为y+1是可以取到y的值的 , 你从y+1开始更新就会对y+1的点造成错误


#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
const int N=1e5;

struct node{
    int x,y,v;
    bool operator<(const node a)const{
        if(x==a.x)return y>a.y;
        return x<a.x;
    }
}e[N+9];
int id[N+9];

int n;
int tr[N+9];
void up(int p,int v){
    while(p<=n){
        tr[p]=max(tr[p],v);
        p+=p&(-p);
    }
}

int que(int p){
    int ans=0;
    while(p>=1){
        ans=max(ans,tr[p]);
        p-=p&(-p);
    }return ans;
}

int main(){
    int t;scanf("%d",&t);
    while(t--){
        memset(tr,0,sizeof(tr));
        n;scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d%d%d",&e[i].x,&e[i].y,&e[i].v);id[i]=e[i].y;
        }
        sort(id+1,id+1+n);
        int siz=unique(id+1,id+1+n)-id;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            e[i].y=lower_bound(id+1,id+siz+1,e[i].y)-id;
        sort(e+1,e+1+n);
        int ans=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            int p=e[i].y,v=e[i].v;
            int add=que(p-1);
            ans=max(ans,add+v);
            up(p,add+v);
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
}

L3. Dream

题目太长了就讲一下主要的东西吧

要求重写加法和乘法 , 满足 $m^p+n^p=(m+n)^p$ 对于任意n,m小于p成立

由费马小定理得 :

$a^{p-1}\equiv 1\;(mod \;p)$
$a^{p}\equiv a\;(mod \;p)$
$(a+b)^p\equiv a+b\;(mod \;p)$

所以把 $a+b\to (a+b)\%p, a*b\to (a*b)\%p$


int main(){
    int t;scanf("%d",&t);
    while(t--){
        LL p;scanf("%lld",&p);
        for(LL i=1;i<=p;i++){
            for(LL j=1;j<=p;j++){
                printf("%lld%c",(i+j-2)%p,j==p?'\n':' ');
            }
        }
        for(LL i=1;i<=p;i++){
            for(LL j=1;j<=p;j++){
                printf("%lld%c",(i-1)*(j-1)%p,j==p?'\n':' ');
            }
        }
    }
}