杭电多校第6场

6835-Divisibility

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题意及分析

题目的要求就是给定两个数b,x，b代表几进制，对于任意一个数y，用b进制表示，y的每一位数字相加直到小于b即为f(y)的值，要求y 和 f(y)对于 % x = 0要么都成立要么都不成立。

代码（AC）

#include
using namespace std;

#define ll long long

int main() {
    ll t, b, x;
    cin>>t;
    while (t--) {
        cin>>b>>x;
        if ((b-1) % x == 0)
            printf ("T\n");
        else {
            printf ("F\n");
        }
    }
    return 0;
}

6827-Road To The 3rd Building

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题意及分析

其实本质分析清楚了没什么技术含量，就是多次求逆元和最后对元素总数求一次逆元。
然后处理累加的分子的时候分析清楚就可以AC了。

代码（AC）

#include
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
const int MOD = 1E9 + 7;
long long s[N],arr[N];

long long ksm(long long a, long long b) {
	long long ans = 1;
	for(;b;b >>= 1) {
		if(b & 1)	
			ans = ans * a % MOD;
		a = a * a % MOD;
	}
	return ans;
}

long long getinv(long long a) {
	return ksm( a ,MOD - 2);
}

int main() {
	int n,t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--) {
		memset(arr,0,sizeof(arr));
		scanf("%d",&n);
		for(int i = 1; i <= n; i ++)
			scanf("%lld",&s[i]);
		for(int i = (n+1)/2; i >= 1;i--) {
			if(i == (n-i+1))
				arr[i] = (arr[i+1] + s[i]) % MOD;
			else
				arr[i] = (arr[i+1] + s[i] + s[n-i+1]) % MOD;
		}
		long long f1 = 0;
		long long ans = 0;
		for(int i = 1; i <= (n+1)/2; i++) {
			//cout<
			f1 =(f1 + arr[i]) % MOD;
			if(i == n-i+1)
				ans = (ans + f1 * getinv(i) % MOD) % MOD;
			else {
				ans = (ans + f1 * getinv(i) % MOD) % MOD;
				ans = (ans + f1 * getinv(n-i+1) % MOD) % MOD;
			}
		}
		long long zi = (long long)n * ( n + 1 ) / 2 % MOD;
		cout<<ans * getinv(zi) % MOD<<endl;
	}
	return 0;
}

6828-Little Rabbit’s Equation

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题意及分析

题意就是给定一个等式，判断是否成立，在2-16进制内成立都可以。
比如1+1=10（2进制）
成立就输出进制数，不成立输出-1。
1.处理字符串的时候对于每一个数字注意处理前导零
2.对于读入的每个数据每一位拆开，先储存最大的一位加一用来标记能使这个式子成立的最小进制，然后在2-16进制下处理等式左右的结果，成立就输出进制（要比较这个进制是否小于前面提到的最小进制），否则输出-1。

代码（AC）

#include
using namespace std ;
#define ll long long
string num[5];
char op;

ll trans(string s, int b) {//确定进制，将所有数都转换为十进制 
	int len = s.length(); 
	int pos = s.find_first_not_of('0');
	if(pos == string::npos)
		return 0;
	//cout<
	ll ans = 0;
	ll tb = 1;
	for(int i = len-1; i >= pos; i--) {
		if(s[i] >= '0' && s[i] <= '9'){
			int temp = s[i] - '0';
			ans += temp * tb;
		}
		else if(s[i] >= 'A' && s[i] <= 'Z') {
			int temp = s[i] - 'A' + 10;
			ans += temp * tb;
		}
		tb *= b;
	}
	return ans;	
}

bool cal(ll n1, ll n2,ll n3) {//判断前两个数的计算结果是否等于第三个数 
	switch(op) {
		case'+':{
			return n3 == n1 + n2;
			break;
		}
		case'-':{
			return n3 == n1 - n2;
			break;
		}
		case'*':{
			return n3  == n1 * n2;
			break;
		}
		case'/':{//这个除法是唯一要注意一下的地方，因为三个数都是整数，除不尽当然错 
			return 0 == n1 % n2;
			break;
		}
	}
}
int main() {
	char ss[20];
	while(scanf("%s",ss) != EOF) {
		num[0]=num[1]=num[2]="";
		//cout<
		int len = strlen(ss);
		int index = 0;
		int mb = 1;//储存这些数字当中最大的一个数字，进制无论如何要大于这个数 
		for(int i = 0; i < len; i++) {
			if((ss[i] >= '0' && ss[i] <= '9') || (ss[i] >= 'A' && ss[i] <= 'Z')){
				if(ss[i] < 65)
					mb = max(mb, ss[i] - '0');
				else
					mb = max(mb, ss[i] - 'A' + 10);
				num[index] += ss[i];
			}
			else {
				if(ss[i] != '=')
					op = ss[i];
				index ++;
			}
		}
		int b = 1;
		bool f = 0;
		for(int i = 2; i < 17; i++) {
			f = cal(trans(num[0],i), trans(num[1],i), trans(num[2],i));
			if(f) {
				b = i;
				break;
			}
		}
		if(b == 1)
			cout<<"-1"<<endl;
		else
			cout<<max(b,mb+1)<<endl;
	}
	return 0;
}

6832-A Very Easy Graph Problem

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题意及分析

题意：给定一个无向连通图，每个点只有1和0两种属性，每条边权值都是2^i（i=1,2,3,4…n）， 求解所有可达的1点到0点的路径上权值之和（但因为是连通图，其实就是所有1都能到所有0）。

前置知识：
1.并查集
2.kruskal算法求最小生成树
3.dfs(其实也没有什么固定的格式。。。就是这么一说

代码（AC）

博主大本币还没写完