2020杭电多校第六场题解Road To The 3rd Building、Little Rabbit‘s Equation、A Very Easy Graph Problem、Divisibilit

Road To The 3rd Building

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Road To The 3rd Building

题目大意

给你n个数字，然后从中间选一个区间，区间的平均值为$\frac{1}{j-i+1}{\sum }_{k=i}^j{s}_k.$
求区间的期望

思路

官方题解很容易理解

不过有些人不喜欢看官方的题解（比如我）所以还是写一下
1、这里区间的是未知的，所以肯定需要枚举区间的长度
2、我们只需要求得每个长度下的幸福值出现的和，然后乘上区间长度的逆元即可
3、对于每个长度下的和，经过观察可得（附上大佬的找规律：规律），其中$k$和$n-k+1$是相同的
4、规律其实就是一种类似三角形往上面堆，就是中间的长度会依次加1，代码就是
$k=(k+sum[n-i+1]-sum[i-1]+mod)\%mod;$（sum是前缀和）
5、最后注意一下，当n等于奇数的时候，单独加上中间的那个数

AC Code

#include
#include
#include
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define ll long long
// #define TDS_ACM_LOCAL
const int N=2e5 +9;
const int mod=1e9 +7;
ll n, a[N], inv[N], sum[N];
ll quick_pow(ll a, ll b)
{ 
	ll res = 1;
	while (b)
	{
		if (b & 1)
			res = res * a % mod;
		a = a * a % mod;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}
void init(){    //逆元打表
    inv[1]=1;
    for(int i=2; i<N; i++)
        inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    return ;
}
void solve(){
    cin>>n;
    for(int i=1; i<=n; i++){        
        cin>>a[i];
        sum[i]=(sum[i-1]+a[i])%mod; //计算前缀和
    }
    ll ans=0, k=0;
    for(int i=1; i<=n/2; i++){
        k=(k+sum[n-i+1]-sum[i-1]+mod)%mod;          //算出当前分子的总和（类似三角形，从中间往上面堆
        ans=(ans+k*(inv[i]+inv[n-i+1])%mod)%mod;    //因为i和n-i+1的分子是一样的，所以直接一起计算了
    }
    if(n&1) ans=(ans +(k+a[n/2+1])%mod *inv[n/2+1] %mod)%mod;   //因为是两个一组，n为奇数的话中间的数要单独计算
    cout<<ans*quick_pow(((n+1)*n/2)%mod, mod-2)%mod<<endl;      //别忘了除以所有方案的总和
    return ;
}

int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
#ifdef TDS_ACM_LOCAL
    freopen("D:\\VS code\\.vscode\\testall\\in.txt", "r", stdin);
    freopen("D:\\VS code\\.vscode\\testall\\out.txt", "w", stdout);
#endif
    init();
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)  solve();
    return 0;
}

Little Rabbit’s Equation

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Little Rabbit’s Equation

题目大意

给你一个运算的字符串，让你判断是否有进制可以满足该计算，可以的话输出进制数，否则输出-1

思路

将字符串分割成三段，然后枚举进制$(2-16)$，判断枚举的进制下计算是否成立
记得用long long

AC Code

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define ll long long
// #define TDS_ACM_LOCAL
string s, a, b, c;
char q;
ll x, y, z;
ll Atoi(string s,ll radix)  
{
	ll ans=0;
	for(ll i=0;i<s.size();i++)
	{
		char t=s[i];
		if(t>='0'&&t<='9') 
		{
			if(t - '0' >= radix) return -1;
			ans = ans * radix + 1ll * (t-'0');
		}
		else 
		{
			if(1ll * (t - 'A' + 10) >= radix) return -1;
			ans = ans * radix + 1ll * (t - 'A' + 10);
		}
	}
	return ans;
}

void solve(){
    int flag=1;
    a=b=c="";
    for(int i=0; i<s.length(); i++){            //分割字符串s到a，b，c
        if(s[i]=='+' || s[i]=='-' || s[i]=='*' || s[i]=='/')    {flag=2, q=s[i]; continue;} //转换到字符串b
        else if(s[i]=='=')  {flag=3; continue;}     //转换到字符串c

        if(flag==1)      a+=s[i];
        else if(flag==2) b+=s[i];
        else if(flag==3) c+=s[i];   
    }
    flag=0;
    for(int i=2; i<=16; i++){   
        x=Atoi(a, i), y=Atoi(b, i), z=Atoi(c, i);       //转换成十进制
        if(x==-1 || y==-1 || z==-1) continue;           //当前进制容不下a，b，c的某个数，进行下个进制
        //判断+ - * /
        if(q=='+' && x+y==z) flag=1;                    
        else if(q=='-' && x-y==z) flag=1;
        else if(q=='*' && x*y==z)   flag=1;
        else if(q=='/' && y!=0 && x==y*z && x%y==0)   flag=1;
        if(flag)    {cout<<i<<endl; return ;}
    }
    if(!flag)   cout<<"-1"<<endl;
    return ;
}

int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
#ifdef TDS_ACM_LOCAL
    freopen("D:\\VS code\\.vscode\\testall\\in.txt", "r", stdin);
    freopen("D:\\VS code\\.vscode\\testall\\out.txt", "w", stdout);
#endif
    while(cin>>s)   solve();
    return 0;
}

A Very Easy Graph Problem

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A Very Easy Graph Problem

题目大意

给你n个点（为0或者为1），给你m条边，每条边的权值为$2^i$
主要就是计算${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^{n}d(i,j)\times [a_i=1\wedge a_j=0]$
[ ]是艾佛森括号，括号内表达式为真则值为1，否则为0
∧是逻辑关系并且

说人话就是计算所有点1到点0的最短路径之和

思路

首先看看官方题解

简而言之就是新添加的边权肯定是大于之前的，如果之前就能到这个点了，那就按照之前的走（一句话就是能到的点就不加新边）
然后很明显的求出来个最小生成树，算出每条边的贡献然后加起来即可
每条边的贡献：有多少次1到0会经过该边（子树的1到外面的0 $and$ 子树的0到外面的1）

AC Code

#include
#include
#include
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define int long long
// #define TDS_ACM_LOCAL
const int N=2e5 +9;
const int mod=1e9 +7;
int n, m, a[N];
int f0[N], f1[N], val[N<<1], fa[N], cnt, ans;
int head[N],nex[N<<1],to[N<<1],tot;
int find(int u){                  
	if(fa[u]==u)	return u;
	return fa[u]=find(fa[u]);
}
void add(int x,int y,int z) {
    to[++tot] = y;
    nex[tot] = head[x];
    val[tot] = z;
    head[x] = tot;
}
void dfs(int x, int fa){
    if(a[x])    f1[x]=1;                //该结点为1就在f1中记录，反之亦然
    else        f0[x]=1;
    for(int i=head[x]; i; i=nex[i]){
        int v=to[i], w=val[i];          //找到去的点和边权
        if(v!=fa){                      
            dfs(v, x);
            f1[x]+=f1[v], f0[x]+=f0[v]; //更新f1和f0
            int sum0, sum1;             
            sum1=f1[v], sum0=(n-cnt)-f0[v];         //此处sum1为子树的1的数量，sum0为除子树外的0的数量
            ans=(ans+sum1*sum0%mod *w%mod)%mod;
            sum1=cnt-f1[v], sum0=f0[v];             //此处sum1为除子树外的1的数量，sum0为子树的0的数量
            ans=(ans+sum1*sum0%mod *w%mod)%mod;
        }
    }
}
void solve(){
    ans=tot=cnt=0;  //tot为边的数量，cnt为点1的数量，ans为答案
    cin>>n>>m;
    for(int i=1; i<=n; i++){
        cin>>a[i];
        head[i]=0, f1[i]=f0[i]=0, fa[i]=i;  //初始化，其中f0为记录子树为0的数量，f1相应的为1的数量
        cnt+=a[i];  
    }   
    int u, v, w=1, x, y;
    for(int i=1; i<=m; i++){
        cin>>u>>v;
        w=w*2%mod;
        x=find(u); y=find(v);         //如果两点未连接创建边
        if(x!=y)    {add(u, v, w), add(v, u, w), fa[x]=y;}
    }
    dfs(1,-1);      //选取1根结点进行dfs
    cout<<ans<<endl;
    return ;
}

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
#ifdef TDS_ACM_LOCAL
    freopen("D:\\VS code\\.vscode\\testall\\in.txt", "r", stdin);
    freopen("D:\\VS code\\.vscode\\testall\\out.txt", "w", stdout);
#endif
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)  solve();
    return 0;
}

Divisibility

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Divisibility

思路

直接看官方证明吧

AC Code

#include
#include
#include
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define int long long
// #define TDS_ACM_LOCAL
const int N=2e5 +9;

void solve(){
    int b, x;
    cin>>b>>x;
    if(b%x==1)  cout<<"T"<<endl;
    else    cout<<"F"<<endl;
    return ;
}

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
#ifdef TDS_ACM_LOCAL
    freopen("D:\\VS code\\.vscode\\testall\\in.txt", "r", stdin);
    freopen("D:\\VS code\\.vscode\\testall\\out.txt", "w", stdout);
#endif
    int T;
    cin>>T;
    while(T--)  solve();
    return 0;
}