Problem A 拿出勇气吧

幸运数字每一位是$4$或者$7$,现在给出一个数字每位数位上数的和为n,求出最小的幸运数n

对于100%的数据,$n\leq 10^6$

Sol : 显然本题要求数的长度尽可能短,于是显然是先放$7$放$4$并且$7$放在较低位。

这就等价于求不定方程$4x + 7y = n $的最小整数解x,然后只要延续输出x个4,y个7即可。

只需要做一次exgcd就可以求出。

复杂度应该是答案的长度 $O(length)$

# include <bits/stdc++.h>
# define int long long
using namespace std;
struct node {
int x,y; bool flag;
};
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
if (b==) {
x=;y=;
return a;
}
int g=exgcd(b,a%b,x,y);
int t=x;x=y;y=t-a/b*x;
return g;
}
node getmin(int a,int b,int c)
{
int x,y; int g=exgcd(a,b,x,y);
if (c%g!=) return (node){-,-,false};
int k=c/g,ga=a/g,gb=b/g;
x=(x*k%gb+gb)%gb;
y=(c-a*x)/b;
return (node){x,y,true};
}
signed main()
{
int n;scanf("%d",&n);
node t=getmin(,,n);
for (int i=;i<=t.x;i++) printf("");
for (int i=;i<=t.y;i++) printf("");
return ;
}

Courage.cpp

Problem B 生死之对决

幸运数字每一位是$4$或者$7$,给出$ p \in [pl,pr] \in Z,v \in [vl,vr] \in Z $ 且$p,v$ 在所属区间等概率出现。

求出区间$[min\{v,p\} , max \{v,p\}]$包含幸运数字恰好是$k$个的概率。

对于100%的数据$1 \leq ql \leq qr \leq 10^9,1 \leq vl \leq vr \leq 10^9,1 \leq k \leq 10^3 $

Sol :首先在$[1,10^9]$的幸运数字是$2^1 + 2^2 + ... + 2^9 = 1022$个,所以我们可以基于枚举每一个幸运数字对答案造成的贡献(用乘法原理)来进行计数。

设排序后的幸运数字为$p_i (1\leq i \leq 1022)$ 那么我们枚举第$p_i $到$p_{i+k-1}$这$k$个幸运数字在$[min\{v,p\} , max\{v,p\}]$区间内。

所以有$min\{p,v\} \in [p_{i-1} +1 , p_i] ,max\{p,v\} \in [p_{i+k-1},p_{i+k}-1]$

为了拆掉$min,max$所以我们要讨论$p,v$的大小关系。

当$p \leq v$ 时显然有 $p \in  [p_{i-1} +1 , p_i]  , v \in  [p_{i+k-1},p_{i+k}-1] $

当$p \geq v$ 时显然有 $v \in [p_{i-1} +1 , p_i] , p \in [p_{i+k-1},p_{i+k}-1]  $

注意到上述我们在$p = v $的时候可能会重复计算,而且当且仅当$ k = 1$的时候出现,所以需要特判。

# pragma GCC optimize()
# include <bits/stdc++.h>
# define int long long
using namespace std;
const int N=2e3+;
int p[N];
int n;
void getlucky(int num,int lim)
{
if (num>lim) return;
if (num!=) p[++n]=num;
getlucky(num*+,lim);
getlucky(num*+,lim);
}
signed main()
{
getlucky(,2e9); int pl,pr,vl,vr,k;
scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&pl,&pr,&vl,&vr,&k);
sort(p+,p++n);
p[n+]=2e9+; int ans=;
for (int i=;i<=n;i++) {
if (min(p[i],pr)-max(p[i-]+,pl)+>=&&min(p[i+k]-,vr)-max(p[i+k-],vl)+>=) {
ans+=(min(p[i],pr)-max(p[i-]+,pl)+)*(min(p[i+k]-,vr)-max(p[i+k-],vl)+);
}
if (min(p[i+k]-,pr)-max(p[i+k-],pl)+>=&&min(p[i],vr)-max(p[i-]+,vl)+>=) {
ans+=(min(p[i+k]-,pr)-max(p[i+k-],pl)+)*(min(p[i],vr)-max(p[i-]+,vl)+);
}
}
if (k==) {
for (int i=;i<=n;i++)
if (p[i]>=vl&&p[i]<=vr&&p[i]>=pl&&p[i]<=pr) ans--;
}
printf("%.12lf\n",(double)ans/(double)(vr-vl+)/(double)(pr-pl+));
return ;
}

Match.cpp

Problem C 最后的结局

一棵树上的点和父亲之间可能是存在魔法边和普通边,定义合法三元组$(i,j,k)$表示从$i$出发到$j$路径上和$i$出发到$k$路径上都至少存在一条魔法边。

注意到不同的$(i,j,k)$都算不同的合法三元组。计算这棵树中合法三元组的数目。

对于100%的数据 $ 1 \leq n \leq 10^5 $

Sol : 直接树形DP即可,设$f_u$ 表示节点 $u$ 跑到所有节点的路径中含有魔法边的节点个数。

第一次跑dfs从儿子更新到父亲,转移方程是 $f_{u}= \sum\limits_{v \in u_{son}} \left\{\begin{matrix} size_{v}&(u,v) \ is \ magic \ edge  \\  f_{v}&  (u,v) \ isn't \ magic \ edge  \end{matrix}\right.$

第二次跑dfs从父亲更新到儿子,转移方程是$f_v = \left\{\begin{matrix} f_u & (u,v)\  isn't \ magic \ edge\\  n-size_v & (u,v) \ is \ magic \ edge \end{matrix}\right.$

  复杂度$O(n)$

# pragma GCC optimize()
# include<bits/stdc++.h>
# define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+;
struct rec{
int pre,to,w;
}a[N<<];
int f[N],tot,head[N],size[N],n;
bool check(int x) {
while (x) {
if (!(x%==||x%==)) return false;
x/=;
}
return true;
}
void adde(int u,int v,int w)
{
a[++tot].pre=head[u];
a[tot].to=v;
a[tot].w=w;
head[u]=tot;
}
void dfs1(int u,int fa)
{
size[u]=; f[u]=;
for (int i=head[u];i;i=a[i].pre) {
int v=a[i].to; if (v==fa) continue;
dfs1(v,u); size[u]+=size[v];
if (a[i].w==) f[u]+=size[v];
else f[u]+=f[v];
}
}
void dfs2(int u,int fa)
{
for (int i=head[u];i;i=a[i].pre) {
int v=a[i].to; if (v==fa) continue;
if (a[i].w==) f[v]+=n-size[v];
else f[v]=f[u];
dfs2(v,u);
}
}
signed main()
{
// freopen("ending.in","r",stdin);
// freopen("ending.out","w",stdout);
scanf("%lld",&n);
for (int i=;i<n;i++) {
int u,v,w; scanf("%lld%lld%lld",&u,&v,&w);
if (check(w)) adde(u,v,),adde(v,u,);
else adde(u,v,),adde(v,u,);
}
dfs1(,); dfs2(,);
int ans=;
for (int i=;i<=n;i++) ans+=(long long)f[i]*(f[i]-);
printf("%lld\n",ans);
return ;
}

Ending.cpp

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