NOIP2020 排水系统

P7113 [NOIP2020] 排水系统

题目大意

有一个排水系统，是有向无环图，编号为$1$到$m$的点为入水口，这些点都没有入度。没有出度的点为出水口。

现在，每个入水口都接收一吨的污水。污水进入每个点后，会均匀地从这个点的有向边流向其他点。求每个出水口会出多少污水，用最简分数表示，输出分子和分母。

$1\le n\le 10^5,1\le m\le 10$

数据保证每个点的出度不超过$5$，污水从入水口到出水口的过程中不会经过超过$10$个中间排水点。

题解

首先，很显然要用拓扑。

因为污水从入水口到出水口的过程中不会经过超过$10$个中间排水点，而且保证每个点的出度不超过$5$，所以最终的分母大小不会超过$60^{11}$（$1,2,3,4,5$的最小公倍数是$60$）。这个已经超过$\text{long long}$的范围了，但不超过$10^{20}$，所以我们可以用多个变量来存储一个数。

因为最终的分母一定是$60^{11}$的因数，所以我们可以将每个分数的分母都设为$60^{11}$，那么一开始每个入水口的污水量都是$\frac{60^{11}}{60^{11}}$。每次转移时，分子一定能分成对应的若干份，将这个点的分子加到这个点的有向边指向的点即可。因为分母一定，所以只需要存储分子，在输出的时候让分子和$60^{11}$约分即可。因为$60^{11}$的质因子只有$2,3,5$，所以只需要判断分子和分母是否能同时被$2,3,5$整除，这样的话，不用$\gcd$也能约分。

code

#include
using namespace std;
const long long bl=1e9;
int n,m,ct[100005];
vector<int>pt,v[100005];
queue<int>q;
struct big{
	long long v1,v2,v3;
	friend big operator+(big x,big y){
		big re;
		re.v1=(x.v1+y.v1)%bl;
		re.v2=(x.v2+y.v2+(x.v1+y.v1)/bl)%bl;
		re.v3=x.v3+y.v3+(x.v2+y.v2+(x.v1+y.v1)/bl)/bl;
		return re;
	}
	friend big operator/(big x,int y){
		big re;
		re.v3=x.v3/y;
		re.v2=(x.v3%y*bl+x.v2)/y;
		re.v1=((x.v3%y*bl+x.v2)%y*bl+x.v1)/y;
		return re;
	}
}c,d1,d2,w[100005];
bool pd2(big x){
	if(x.v1%2==0) return 1;
	return 0;
}
bool pd3(big x){
	if((x.v1+x.v2+x.v3)%3==0) return 1;
	return 0;
}
bool pd5(big x){
	if(x.v1%5==0) return 1;
	return 0;
}
void print(big x){
	long long wr=x.v3*bl+x.v2;
	if(wr==0) printf("%lld",x.v1);
	else{
		printf("%lld",wr);
		int p[15];
		for(int i=1;i<=9;i++){
			p[i]=x.v1%10;x.v1/=10;
		}
		for(int i=9;i>=1;i--) printf("%d",p[i]);
	}
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1,k;i<=n;i++){
		scanf("%d",&k);
		if(k==0) pt.push_back(i);
		for(int j=1,x;j<=k;j++){
			scanf("%d",&x);
			v[i].push_back(x);
			++ct[x];
		}
	}
	c=(big){0,279705600,36};
	for(int i=1;i<=m;i++) w[i]=c;
	for(int i=m+1;i<=n;i++) w[i]=(big){0,0,0};
	for(int i=1;i<=m;i++){
		q.push(i);
	}
	while(!q.empty()){
		int u=q.front();q.pop();
		for(int i=0;i<v[u].size();i++){
			w[v[u][i]]=w[v[u][i]]+w[u]/v[u].size();
			--ct[v[u][i]];
			if(!ct[v[u][i]]) q.push(v[u][i]);
		}
	}
	for(int i=0;i<pt.size();i++){
		d1=w[pt[i]];d2=c;
		while(pd2(d1)&&pd2(d2)){
			d1=d1/2;d2=d2/2;
		}
		while(pd3(d1)&&pd3(d2)){
			d1=d1/3;d2=d2/3;
		}
		while(pd5(d1)&&pd5(d2)){
			d1=d1/5;d2=d2/5;
		}
		print(d1);
		printf(" ");
		print(d2);
		printf("\n");
	}
	return 0;
}