7.22 NOIP模拟7
又是炸掉的一次考试
T1.方程的解
本次考试最容易骗分的一道题，但是由于T2花的时间太多，我竟然连a+b=c都没判。。暴力掉了40分。
首先a+b=c,只有一组解。
然后是a=1,b=1,答案是c-1,不解释。
对于最大的数据，我们可以用exgcd求出一组特解，之后的通解为x+(b/gcd)*k, y+(a/gcd)*k.
求出正整数解的个数即可。
注意有很多特判，慢慢调试就好（改这题的时间比我改T3的时间都长）
#include<bits/stdc++.h>
#define m 65535
#define int long long
using namespace std;
int t,a,b,c,x,y;
long long ans;
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
if(b==)
{
x=,y=;
return a;
}
int gcd=exgcd(b,a%b,y,x);
y-=(a/b)*x;
return gcd;
}
main()
{
scanf("%lld",&t);
while(t--)
{
ans=;
scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&c);
if(a+b==c&&a>=&&b>=)
{
puts("");
continue;
}
if(a<&&b<&&c<)
a=-a,b=-b,c=-c;
if(a==&&b==)
{
ans=c-;
if(ans>&&ans<=)
{
printf("%lld\n",ans);
continue;
}
if(ans<=)
puts("");
if(ans>m)
puts("ZenMeZheMeDuo");
continue;
}
if(t<=&&a<=&&a>=&&b<=&&b>=&&c>=&&c<=)
{
for(int i=;i<=;i++)
for(int j=;j<=;j++)
{
if(a*i+b*j>c)break;
if(a*i+b*j==c)ans++;
}
if(ans>m)puts("ZenMeZheMeDuo");
else printf("%lld\n",ans);
continue;
}
if(a==&&b==)
{
if(c==)puts("ZenMeZheMeDuo");
else puts("");
continue;
}
if(a==)
{
if(b>)
{
if(c>&&(!(c%b)))puts("ZenMeZheMeDuo");
else puts("");
}
if(b<)
{
if(c<&&(!(c%b)))puts("ZenMeZheMeDuo");
else puts("");
}
continue;
}
if(b==)
{
if(a>)
{
if(c>&&(!(c%a)))puts("ZenMeZheMeDuo");
else puts("");
}
if(a<)
{
if(c<&&(!(c%a)))puts("ZenMeZheMeDuo");
else puts("");
}
continue;
}
if((a<&&b<&&c>=)||(a>&&b>&&c<=))
{
puts("");
continue;
}
if(a<&&b<&&c<)
a=-a,b=-b,c=-c;
int gcd=exgcd(a,b,x,y);
if(c%gcd)
{
puts("");
continue;
}
if(a*b<)
{
puts("ZenMeZheMeDuo");
continue;
}
int k=c/gcd,xx=b/gcd,yy=a/gcd;
x*=k,y*=k;
if(xx<)
xx=-xx,yy=-yy;
if(x<=)
{
int xxx=x/xx+;
x+=xxx*xx,y-=yy*xxx;
}
if(y<=)
{
int xxx=y/yy+;
x-=xx*xxx,y+=yy*xxx;
}
while(x<=)
x+=xx,y-=yy;
while(y<=)
x-=xx,y+=yy;
if(!x||!y)
{
puts("");
continue;
}
if(x/y<||y/x<)
{
puts("");
continue;
}
int aa=x/xx+,bb=y/yy+;
if(!(x%xx))aa--;
if(!(y%yy))bb--;
ans=max(aa,bb);
if(ans>m)puts("ZenMeZheMeDuo");
else printf("%lld\n",ans);
}
return ;
}
T2.visit
本场考试最可惜的一道题，打出正解，却因为答案为0的特判wa（改一个字符，70分->AC）
考试的时候先打了个n^3dp，然后开始找规律
10,5,5 = C(10,5)*C(10,0);
10,4,4 = C(10,5)*C(10,1); 10,4,6=C(10,4)*C(10,0);
10,3,3 = C(10,5)*C(10,2); 10,3,5=C(10,4)*C(10,1); 10,3,7=C(10,3)*C(10,0);
10,2,2 = C(10,5)*C(10,3); 10,2,4=C(10,4)*C(10,2); 10,2,6=C(10,3)*C(10,1); 10,2,8=C(10,2)*C(10,0);
10,1,1 = C(10,5)*C(10,4);
10,0,0 = C(10,5)*C(10,5);
这个表我没有打完，但是我感觉已经很显然了，ans=C(t,(t-n-m)/2)*C(t,(t-n+m)/2);（n>m）
注意特判无解情况，t-n-m为奇数时，必然无解。
然后我终于理解了数据范围最后，mod为若干质数乘积的意思。。。
恩，然后我就开始手推crt，码码码，大概一个小时调完了，和dp对了几个点，感觉没啥问题，没打对拍放心的去看T3了。
考后发现自己打了个这个：
if(((t%(n+m))&))
{
puts("");
return ;
}
？？？？？？？？？？？我干了啥？把%改成-，AC。一个特判卡掉30分，我。。。。
至于组合数的解释，请参考其他人的题解。（其实是我不会解释）
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
inline int read(){
register int ss=;register char bb=getchar();
while(bb<||bb>)bb=getchar();
while(bb>=&&bb<=)ss=(ss<<)+(ss<<)+(bb^),bb=getchar();
return ss;
}
inline long long power(long long x,int y,int const mod){
long long ans=;
for(;y;y>>=,x=(x<<)%mod)
if(y&)ans=(ans+x)%mod;
return ans;
}
int const t=read(),p=read();
int n,m,tot;
long long prime[],f[],invv[];
inline void split(long long x,int lit){
for(register int i=;i<=lit && x^;++i)
if(!(x%i))prime[++tot]=i,x/=i;
if(x^)prime[++tot]=x;
return ;
}
long long exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y){
if(!b)return x=,y=,;
long long z=exgcd(b,a%b,x,y),lh=x;
x=y,y=lh-a/b*y;
return z;
}
inline long long inv(long long x,long long mod){
long long a,b,c=exgcd(x,mod,a,b);
if(c^)return -;
if(a<)a=a%mod+mod;
return a;
}
inline long long cp(long long x,long long y,long long const mod){
if(x<y)return ;
if(!y || x==y)return ;
if(y>x-y)y=x-y;
long long a=,b=;
for(register int i=;i<y;++i)
a=a*(x-i)%mod,b=b*(y-i)%mod;
return a*inv(b,mod)%mod;
}
long long lucas(long long x,long long y,long long mod){
if(x<y)return ;
if(x==y)return ;
return y?cp(x%mod,y%mod,mod)*lucas(x/mod,y/mod,mod)%mod:;
}
inline long long china(){
long long ans=;
for(register int i=;i<=tot;++i)
ans=(ans+power(p/prime[i],power(invv[i],f[i],p),p))%p;
return ans;
}
inline long long cq(int x,int y){
for(register int i=;i<=tot;++i)
f[i]=lucas(x,y,prime[i]);
return china();
}
inline void swap(int &x,int &y){
int z=x;
x=y,y=z;
return ;
}
signed main(){
n=read(),m=read();
if(n<m)swap(n,m);
split(p,sqrt(p));
for(register int i=;i<=tot;++i)
invv[i]=inv(p/prime[i],prime[i]);
printf("%lld",cq(t,t-n+m>>)*cq(t,t-n-m>>)%p);
return ;
}
这是remarkable的代码
T3.光
没想到一道模拟题卡掉了我50分。。。暴力都打错了，骗到20分，考完后发现加clock等一大堆特判可以卡到80分。
正解就是模拟，但是优化了一下。首先，在原来的基础上，可以直接考虑到当前状态的终点：二分。
在同一种状态中，横纵坐标之和或差必然不变，因此我们可以将黑块存进保存坐标之和或差的vector中，给每个vector排序后二分。
但是我们似乎忽略了一个问题：如何统计答案？
一个非常简单却不好想的结论：若一个块被经过，则光线必然只穿过他的一条对角线。
证明如下：
我们给每两个相邻的方块染上不同的颜色，则同一种状态的光线只经过同种颜色的方块。而除了反向反射的两种状态，另外两种反射方式必然从一种颜色的方块变成另一种，即，经过右下->左上对角线和右上->左下对角线的光线穿过的方块颜色必不相同，所以同一方块不可能被穿过两条对角线。
既然如此，那么就又有一个非常显然的结论：一个方块最多被经过两次，两次穿过同一对角线且方向相反。
那么一个方块被经过两次的条件呢？当且仅当发生了反向的反射。同样，若发生了反向的反射，反向光线会将原光线的所有路径重走一遍，因此，一旦发生反向反射，所有被经历的方块都会被穿过两次。否则，每个方块仅被穿过一次。
因此，我们可以记录是否发生了反向的反射，若发生了，最后统计的答案数/2。计算每种状态的贡献时，只需将起始节点和终点的横（纵）坐标相减即可。
注意反射情况十分复杂，分类讨论即可。为了方便，多调几个STL挺好的。
#include<bits/stdc++.h>
#define mk(a,b,c) mp(a,mp(b,c))
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
#define pb push_back
using namespace std;
int n,m,k;
long long ans=;
bool v;
vector<int>h[],g[];
map<pair<int,pair<int,int> >,bool>c;
map<pair<int,int>,bool>kk;
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);int kkk=max(n,m);
for(int i=;i<=k;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
kk[mp(x,y)]=true;
h[x+y].pb(x-y);
g[x-y+kkk].pb(x+y);
}
for(int i=,x,y;i<=m+;i++)
{
x=,y=i;
kk[mp(x,y)]=true;
h[x+y].pb(x-y);
g[x-y+kkk].pb(x+y);
x=n+;
kk[mp(x,y)]=true;
h[x+y].pb(x-y);
g[x-y+kkk].pb(x+y);
}
for(int i=,x,y;i<=n+;i++)
{
x=i,y=;
kk[mp(x,y)]=true;
h[x+y].pb(x-y);
g[x-y+kkk].pb(x+y);
y=m+;
kk[mp(x,y)]=true;
h[x+y].pb(x-y);
g[x-y+kkk].pb(x+y);
}
for(int i=;i<=kkk+kkk+;i++)
sort(h[i].begin(),h[i].end()),
sort(g[i].begin(),g[i].end());
int x,y,zt,i=;
string ss;
cin>>x>>y>>ss;
if(ss=="NE")zt=;
if(ss=="NW")zt=;
if(ss=="SE")zt=;
if(ss=="SW")zt=;
while(!c[mk(x,y,zt)])
{
c[mk(x,y,zt)]=true;i++;
if(zt==)
{
int cc=*--upper_bound(h[x+y].begin(),h[x+y].end(),x-y),
xx=(x+y+cc)>>,yy=(x+y-cc)>>;
if(i^)ans+=abs(x-xx);
if((kk[mp(xx+,yy)]&&kk[mp(xx,yy-)])
||(!kk[mp(xx+,yy)]&&!kk[mp(xx,yy-)]))
{
zt=,x=xx+,y=yy-;
if(i^)v=true;
}
else if(kk[mp(xx+,yy)])
zt=,x=xx,y=yy-;
else if(kk[mp(xx,yy-)])
zt=,x=xx+,y=yy;
}
else if(zt==)
{
int cc=*upper_bound(h[x+y].begin(),h[x+y].end(),x-y),
xx=(x+y+cc)>>,yy=(x+y-cc)>>;
if(i^)ans+=abs(x-xx);
if((kk[mp(xx-,yy)]&&kk[mp(xx,yy+)])
||(!kk[mp(xx-,yy)]&&!kk[mp(xx,yy+)]))
{
zt=,x=xx-,y=yy+;
if(i^)v=true;
}
else if(kk[mp(xx-,yy)])
zt=,x=xx,y=yy+;
else if(kk[mp(xx,yy+)])
zt=,x=xx-,y=yy;
}
else if(zt==)
{
int cc=*--upper_bound(g[x-y+kkk].begin(),g[x-y+kkk].end(),x+y),
xx=(x-y+cc)>>,yy=(cc-x+y)>>;
if(i^)ans+=abs(x-xx);
if((kk[mp(xx+,yy)]&&kk[mp(xx,yy+)])
||(!kk[mp(xx+,yy)]&&!kk[mp(xx,yy+)]))
{
zt=,x=xx+,y=yy+;
if(i^)v=true;
}
else if(kk[mp(xx+,yy)])
zt=,x=xx,y=yy+;
else if(kk[mp(xx,yy+)])
zt=,x=xx+,y=yy;
}
else if(zt==)
{
int cc=*upper_bound(g[x-y+kkk].begin(),g[x-y+kkk].end(),x+y),
xx=(x-y+cc)>>,yy=(cc-x+y)>>;
if(i^)ans+=abs(x-xx);
if((kk[mp(xx-,yy)]&&kk[mp(xx,yy-)])
||(!kk[mp(xx-,yy)]&&!kk[mp(xx,yy-)]))
{
zt=,x=xx-,y=yy-;
if(i^)v=true;
}
else if(kk[mp(xx+,yy)])
zt=,x=xx,y=yy-;
else if(kk[mp(xx,yy+)])
zt=,x=xx-,y=yy;
}
}
printf("%lld\n",v?ans/:ans);
return ;
}
大模拟
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