昆明c2c网站建设,苏州市网站,濮阳百姓网免费发布信息网,建筑工程服务有限公司未完待续...T1#xff1a;牛牛的方程式titlesolutioncodeT2#xff1a;牛牛的猜数游戏titlesolutioncodeT3#xff1a;牛牛的凑数游戏titlesolutioncodeT1#xff1a;牛牛的方程式 title solution 因为浮点错误炸了70pts 这个三元一次不定方程呢#xff0c;其实也没有… 未完待续...T1牛牛的方程式titlesolutioncodeT2牛牛的猜数游戏titlesolutioncodeT3牛牛的凑数游戏titlesolutioncodeT1牛牛的方程式 title solution 因为浮点错误炸了70pts 这个三元一次不定方程呢其实也没有特别难 只需要在二元一次不定方程AxByCAxByCAxByC上面略作变化即可 将其转化为二元一次不定方程假设czczcz为已知量 axbyczd……①axbyczd……①axbyczd……①axbyd−cz……②axbyd-cz……②axbyd−cz……② 此时可以直接套用exgcdexgcdexgcd解出AxBy1……③AxBy1……③AxBy1……③的特殊值x,yx,yx,y 我们知道exgcdexgcdexgcd的有解要保证gcd(A,B)∣Cgcd(A,B)|Cgcd(A,B)∣C 即对于方程②而言要求gcd(a,b)∣(d−cz)gcd(a,b)|(d-cz)gcd(a,b)∣(d−cz) 那么我们可以巧妙通过这一个限制来检验zzz是否为整数 在代码中就是一句ififif判断 if( ( d - c ) % gcd( a, b ) 0 ) YES;但是 别忘记a,b,c,d,x,y,za,b,c,d,x,y,za,b,c,d,x,y,z都可以是000 就是这个000的原因导致了爷的浮点错误 所以赛后化身诸葛亮直接if−elseif-elseif−else选择结构大师上线 ①d0d0d0此时xyz0xyz0xyz0是一组解YESYESYES ②d≠0,abc0d≠0,abc0d​0,abc0x,y,zx,y,zx,y,z无解NONONO ③a,b,ca,b,ca,b,c有且只有一个为000假设为TTT则直接判断T∣dT|dT∣d 能整除YESYESYES否则NONONO ④a,b,ca,b,ca,b,c有且只有两个为000假设为S,TS,TS,T 该情况即为一般形式的AxByCAxByCAxByCexgcdexgcdexgcd直接搞就van事 ⑤a×b×c≠0a\times b\times c≠0a×b×c​0 这个情况什么意思呢就是在上面三元一次转二元一次最后判断zzz是否有解的时候 zzz可能等于000那么就需要满足gcd(a,b)∣dgcd(a,b)|dgcd(a,b)∣d即可 具体详见代码—— code #include cstdio #include iostream using namespace std; #define ll long longvoid exgcd( ll a, ll b, ll d, ll x, ll y ) {if( ! b ) d a, x 1, y 0;else {exgcd( b, a % b, d, y, x );y - x * ( a / b );} }int main() {int T;ll a, b, c, d;scanf( %d, T );while( T -- ) {scanf( %lld %lld %lld %lld, a, b, c, d );if( ! d ) {printf( YES\n );continue;}if( ! a ! b ! c ) {printf( NO\n );continue;}if( ! a ! b ) {if( d % c ) printf( NO\n );else printf( YES\n );continue;}if( ! a ! c ) {if( d % b ) printf( NO\n );else printf( YES\n );continue;}if( ! b ! c ) {if( d % a ) printf( NO\n );else printf( YES\n );continue;}bool flag 1;ll gcd, x, y;exgcd( max( a, b ), min( a, b ), gcd, x, y );if( a b ( d % gcd 0 || ( d - c ) % gcd 0 ) ) flag 0;exgcd( max( a, c ), min( a, c ), gcd, x, y );if( a c ( d % gcd 0 || ( d - b ) % gcd 0 ) ) flag 0;exgcd( max( b, c ), min( b, c ), gcd, x, y );if( b c ( d % gcd 0 || ( d - a ) % gcd 0 ) ) flag 0;if( ! flag ) printf( YES\n );else printf( NO\n );}return 0; }T2牛牛的猜数游戏 title solution 这道题刚开始做的时候真的没想到怎么做就敲了个暴力30pts后两道做不动的时候又跑回来康康这一瞅不得了直接干翻这道题 分享一下我的心路历程吧 看到一个区间[l,r][l,r][l,r]的时候脑海里常见的套路就应该出来 ·线段树、树状数组 ·差分S(r)−S(l−1)S(r)-S(l-1)S(r)−S(l−1)时常伴随着从小到大排序操作 此题也不例外我第一眼就往差分上面靠 企图通过S(r)−S(l−1)S(r)-S(l-1)S(r)−S(l−1)再排序搭配树状数组线性求解 用maphashmaphashmaphash保存杯子的排列 但是不出十秒我就把自己扼杀在摇篮里了 因为这个杯子之间的排列似乎不支持减法直接求解 此时最明智的方法——暴力跑路 过了一个小时后回来就突然——心灵感应吧我就觉得这道题在诱惑未成年犯罪 题面全身上下都充斥了——“我很简单快来做我” 我一直没有放下差分的想法我认为差分是肯定可以的 于是我开始手玩一波数据l−1l-1l−1rrr的杯子排列方式进行对比 惊奇发现这个差分似乎可以从下标方面入手我不应该执着于具体的球不放 假设操作到l−1l-1l−1后的情况1,5,3,2,41,5,3,2,41,5,3,2,4 然后操作到rrr后的情况2,3,4,5,12,3,4,5,12,3,4,5,1 看似没啥关联实则暗藏玄机——抛开对实际的球的执念 发现对于l−1l-1l−1的第一个位置的球不管是不是111在rrr的时候都会出现在最后一个位置上 所以只需要线性跑[1,i][1,i][1,i]操作后的球的排列 然后对于每一次查询[l,r][l,r][l,r]就去找l−1,rl-1,rl−1,r之间的对应关系将其应用在最初始的有序排列上 不就刚好相当于把[1,l−1][1,l-1][1,l−1]之间的交换操作影响去掉了吗 code #include cstdio #include iostream using namespace std; #define MAXN 100005 struct node {int l, r; }opt[MAXN], query[MAXN]; int n, m, cnt; int base[15], p[15]; int f[MAXN][15];int main() {scanf( %d %d, n, m );for( int i 1;i n;i )scanf( %d %d, opt[i].l, opt[i].r );for( int i 1, l, r;i m;i )scanf( %d %d, query[i].l, query[i].r );for( int i 0;i 9;i )f[0][i] base[i] i;for( int i 1;i n;i ) {swap( base[opt[i].l], base[opt[i].r] );for( int j 0;j 9;j )f[i][j] base[j];}for( int i 1;i m;i ) {int l query[i].l, r query[i].r;for( int j 0;j 9;j )for( int k 0;k 9;k )if( f[l - 1][j] f[r][k] ) {p[k] j;break;}for( int j 0;j 9;j )printf( %d , p[j] );printf( %d\n, p[9] );}return 0; }T3牛牛的凑数游戏 title solution 一. 首先10pts的暴力肯定是基本功过硬前缀和能拿到 暴力yyds 二. 比赛时我对【输入的aia_iai​​为222的非负整数幂】这个暴力分有很大的想法 因为每个数都有对应的二进制意思就是如果222的每一个幂都被包含在区间里的话每两个幂之间的数都可以被凑出来 但是我发现自己的时间复杂度O(n2logn)O(n^2logn)O(n2logn) 牛客的出题人真的蛮良心的了这两个部分分的思路组合起来差不多就是正解那个方向了 通过第一个暴力的前缀和可得 [1,i][1,i][1,i]的aaa值和111如果小于ai1a_{i1}ai1​那么(∑i1iai)1(\sum_{i1}^ia_i )1(∑i1i​ai​)1肯定是凑不出来的 所以我们进行以下操作 假设上一个可能答案是lastlastlast且小于等于lastlastlast的所有数都能被凑出来 求和所有a[i]≤lasta[i]\le lasta[i]≤last记为SSS 下一个可能答案sumlast1sumlast1sumlast1求和所有a[i]≤suma[i]\le suma[i]≤sum记为TTT 如果STSTST则表明sumsumsum无法被凑出来 每一次都把TTT置为上一次的答案lastT,sumlast1lastT,sumlast1lastT,sumlast1 发现sumsumsum的取值是不断增大的logloglog级别 可能你懵了但是没瓜系直接看代码一下子就懂了 可以采取可持久化trietrietrie树把aia_iai​拆分成二进制存储 code #include cstdio #define ll long long #define MAX 1000000000 #define MAXN 100005 struct node {int l, r;ll sum; }trie[MAXN * 40]; int n, m, cnt; int root[MAXN], bit[40]; ll a[MAXN];void hex( ll x ) {if( x MAX ) x MAX 1;//a[i]1000000000x只是用来查询所有x的a值和所以不用设得特别大for( int i 30;~ i;i -- ) bit[i] ( x i ) 1; }void insert( int now, int pre, int id, int w ) {trie[now cnt] trie[pre];if( id 0 ) { trie[now].sum w; return; }if( ! bit[id] ) insert( trie[now].l, trie[pre].l, id - 1, w );else insert( trie[now].r, trie[pre].r, id - 1, w );trie[now].sum trie[trie[now].l].sum trie[trie[now].r].sum; }ll query( int now, int id ) {if( id 0 || ! now ) return trie[now].sum;if( ! bit[id] ) return query( trie[now].l, id - 1 );else return trie[trie[now].l].sum query( trie[now].r, id - 1 ); }int main() {scanf( %d %d, n, m );for( int i 1;i n;i ) {scanf( %lld, a[i] );hex( a[i] );insert( root[i], root[i - 1], 30, a[i] );}for( int i 1, l, r;i m;i ) {scanf( %d %d, l, r );ll last 0, ans 1;while( 1 ) {hex( ans );ll tmp query( root[r], 30 ) - query( root[l - 1], 30 );if( tmp last ) { printf( %lld\n, ans ); break; }last tmp, ans tmp 1;}}return 0; }