2020牛客寒假算法基础集训营1

2.5UPD J题数据加强了，过不去了，x，y，a是MOD倍数的情况都需要特判，因为如果指数是MOD-1的倍数 ，快速幂返回1就错了。

亲，所以这里建议修改快速幂。。。当然特判x,y,a也可。

已修改能过更新的J。

 

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

A了7题，感觉J应该赛中应该是可以过的，但没考虑a是MOD倍数，b又是MOD-1倍数的情况。。。

补的题感觉都可做，记录一下思维(水一篇博客)。。。

 

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

C.umi和弓道

将每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，需要找到n-k个挡起来，扫一遍取这些长度中最小的就行了。

注意别用int，-2e9到2e9就爆了，用double和ll都过了。

感觉挺简单的，我咋就没想到分别处理交点呢。

贴个代码

#include 
#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;ii)
    {
        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;ii)
    {
        int q=i+n-k-1;
        if(q>=x.size()) break;
        ans=min(ans,x[q]-x[i]);
    }
    for(int i=0;ii)
    {
        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到的全部归为一个联通快，标记并记录这个联通快的结点数量。然后对于所有的黑色结点，加上他能到的所有白色结点的sum，这些是黑色结点为一端点，白色结点为另一个端点的，再加上对每个白色结点的ans[]*(sum-ans[]),最后除以2即可，相当于一端点在某一个白色结点上，另一端点在其他分治的白色结点上，每个都算了两次除掉即可。

好像也可以树上dp做，但设计状态不太在行。也差不多思路统计答案，好吧我在看看dp咋做的。

#include 
#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;ii)
    {
        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;i1;++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;jj)
            {
                int v=e[u][j];
                if(s[v]=='W')
                    sum+=ans[vis[v]];
            }
            ll t=0;
            for(int j=0;jj)
            {
                int v=e[u][j];
                if(s[v]=='W')
                    t+=ans[vis[v]]*(sum-ans[vis[v]]);
            }
            res+=sum+t/2;
        }
    }
    cout<endl;
    return 0;
}

 

I.nico和niconiconi    简单的递推转移。。话说我为什么还是在想别的题的时候忽然才想到dp做这题，刚开始完全没法下手。

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数列不同，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，因为这个递推公式和fib差很近，直觉告诉我肯定有简单的公式。

但赛后不能证明。。。。。。。

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

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

所以这里减少运算，如果a是MOD的倍数直接输出0即可。然后就过了。。。

太细节了，这个真的想不太到。艾。。。我可以以后在快速幂特判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的情况我也会继续下面的，但其实是非法的状态，导致我TLE了。。。。。找不出bug点，太蠢啦

#include 

#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   // 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    {
        for(int j=0; j        {
            for(int k=0; 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;
    if(x==0) return 0;
    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;
}