【模拟题(电子科大MaxKU)】解题报告【树形问题】【矩阵乘法】【快速幂】【数论】

题目：

1、一道简单题

时间1s

题目描述

Bessie正在计划一年一度的奶牛大集会，来自全国各地的奶牛将来参加这一次集会。当然，她会选择最方便的地点来举办这次集会。每个奶牛居住在 N(1<=N<=100,000) 个农场中的一个，这些农场由N-1条道路连接，并且从任意一个农场都能够到达另外一个农场。道路i连接农场A_i和B_i(1 <= A_i <=N; 1 <= B_i <= N),长度为L_i(1 <= L_i <= 1,000)。集会可以在N个农场中的任意一个举行。另外，每个牛棚中居住着C_i(0 <= C_i <= 1,000)只奶牛。在选择集会的地点的时候，Bessie希望最大化方便的程度(也就是最小化不方便程度)。比如选择第X个农场作为集会地点，它的不方便程度是其它牛棚中每只奶牛去参加集会所走的路程之和，(比如，农场i到达农场X的距离是20，那么总路程就是C_i*20)。帮助Bessie找出最方便的地点来举行大集会。

输入

第一行：一个整数N

第二到N+1行：第i+1行有一个整数C_i

第N+2行到2*N行，第i+N+1行为3个整数：A_i,B_i和L_i。

输出

一个数字表示答案

样例

Input	Output
5 1 1 0 0 2 1 3 1 2 3 2 3 4 3 4 5 3	15

对于

20%数据n<20

50%数据 n<2000

100%数据n<100,000

2、一道更简单题

时间1s

描述

有n个数围成一圈，每次操作后每个数变成和他距离在d以内的数字之和，求k次操作后每个数字模1000000007分别是多少有n个数围成一圈，每次操作后每个数变成和他距离在d以内的数字之和，求k次操作后每个数字模1000000007分别是多少

输入

第一行三个数n, d, k (1 ≤ n ≤ 1000, 0 ≤ d < n / 2 , 1 ≤ k ≤ 100 000 000),

第二行有n个正数，每个的大小都在int范围内

输出

一行n个数，空格隔开，表示结果。

样例

Input

Ouput

5 1 1

1 2 10 3 6

9 13 15 19 10

10%数据满足n*k<10^6

30%数据满足 n<=100

50%数据满足 n<=500

100%数据满足n<=1000

3、最简单的题

时间1s

题目描述

给出正整数n和k，计算j(n, k)=k mod 1 + k mod 2 + k mod 3 + … + k mod n的值，其中k mod i表示k除以i的余数。

例如j(5, 3)=3 mod 1 + 3 mod 2 + 3 mod 3 + 3 mod 4 + 3 mod 5=0+1+0+3+3=7

输入

第一行2个数n,k。

输出

一个数 j(n,k)。

样例

Input	Output
5 3	7

50% 数据满足 n<1e6

100%数据满足 n<1e12 k<=n

解题报告：

　　第一题：参考Regina8023（CSDN）的思路解释：

　　发现这些农场构成了一棵树。

　　所以首先以任意一个点为根建树，并把这个点当做目标点。

　　那么最终的答案就是每条树边乘有几头牛要走，一条边有几头牛要走其实就是这条边下面有几个子孙。

　　于是我们预处理出以1为根的树的答案，并求出每个节点有几个子孙，然后O(1)转移到他的儿子的答案，这个儿子又可以O(1)转移到他自己的儿子。。。

　　因此我们用O(n)时间就求出以每个点为目的地的路程和，输出最小即可。

　　转移方法是：

　　根变成儿子的时候，只有连接儿子的边要变化，根据预处理出的每个节点的儿子，即可转移。

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<string>
 #define LL long long
 using namespace std;
 const int maxn=;
 LL n,ans=1e15,sum,c[maxn];
 LL he[maxn],ne[maxn*],to[maxn*],w[maxn*],tot;
 LL f[maxn],cost[maxn],num[maxn],len[maxn];
 void add(LL a,LL b ,LL x)
 {
     tot++;
     ne[tot]=he[a];
     w[tot]=x;
     to[tot]=b;
     he[a]=tot;
 }
 void ready(LL x ,LL fa)//当前节点x，它的father fa
 {
     for (LL  i=he[x];i;i=ne[i])
       if (to[i]!=fa)//!!! 防止原路返回
       {
           len[to[i]]=len[x]+w[i];
           ready(to[i],x);//从上到下
           cost[x]+=cost[to[i]];//从x到根节点(包括它的所有儿子)的总路程
           num[x]+=num[to[i]];//从x向下的所有奶牛数
       }
     cost[x]+=len[x]*c[x];//加上自己
     num[x]+=c[x];
 }
 void dfs(LL x,LL fa)
 {
     for (LL i=he[x];i;i=ne[i])
     if (to[i]!=fa)
     {
         f[to[i]]=f[x]+(sum-num[to[i]])*w[i]-num[to[i]]*w[i];
         //将集合地点向下移，用O(1)算它的总路程
         dfs(to[i],x);
     }
 }
 int main()
 {
     freopen("A.in","r",stdin);
     freopen("A.out","w",stdout);
     cin>>n;
     for (LL i=;i<=n;i++)
     {
         scanf("%I64d",&c[i]);
         sum+=c[i];
     }
     for (LL i=;i<n;i++)// < n  not <=n
     {
         LL a,b,x;
         scanf("%I64d%I64d%I64d",&a,&b,&x);
         add(a,b,x);
         add(b,a,x);
     }
     ready(,);//预处理任意根节点的一棵树
     f[]=cost[];
     dfs(,);
     for (LL i=;i<=n;i++)
     {
         if (f[i]<ans)
           ans=f[i];
     }
     cout<<ans;
     return ;
 }

　　第二题：如果纯模拟的话，按理说可以得10分，但是我的纯模拟怎么一分都没有。这道题要用矩阵乘法+快速幂。具体的推导方法是这样的：

　　首先，我们从一个点的多次修改得到系数：

　　如 a0,a1,a2,a3,a4

　　第一次：a0=a0+a1+a4 第二次：a0=3*a0+2*a1+2*a4+a2+a3第三次：a0=7*a0+6*a1+6*a4+4*a2+4*a3

　　　　　　　a1=a0+a1+a2　　　　 a1=3*a1+2*a0+2*a2+a3+a4　　　　......

　　　　　　　a2=a1+a2+a3 　a2=3*a2+2*a3+2*a1+a4+a0　　　　......

　　　　　　　......　　　　　　　　　　......

　　按照a0~a4提取出它们的系数：1*a0 1*a1 0*a2 0*a3 1*a4

　　　　　　　　　　　　　　　　3*a0 2*a1 1*a2 1*a3 2*a4

　　　　　　　　　　　　　　　　 7*a0 6*a1 4*a2 4*a3 6*a4

　　所以我们想到了矩阵相乘用 1 1 0 0 1 a0　　a0+a1+a4

　　　　　　　　　　　　　　　1 1 1 0 0　　a1　　a0+a1+a2

　　　　　　　　　　　　　　　0 1 1 1 0 * a2 = a1+a2+a3

　　　　　　　　　　　　　　　0 0 1 1 1　　a3　　a2+a3+a4

　　　　　　　　　　　　　　　1 0 0 1 1　　a4　　a3+a4+a1

　　如果k>1的话，就要再用新的数列重复以上操作，所以，运用矩阵乘法的结合律，我们可以用快速幂求解。

　　又发现左边矩阵很有规律，所以可以简化为一维数组，具体的解释和注意在代码中了。

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #define LL long long
 using namespace std;
 const LL INF=;
 const LL maxn=;
 LL n,d,k;
 LL num[maxn],tmp[maxn];
 void cheng(LL a[],LL b[])//a num ,b tmp
 {
     LL c[maxn];
     memset(c,,sizeof(c));//局部变量 c 初值随机，需要重定为 0
     for (LL i=;i<n;i++)//c[0]=a0*b0+a1*b1+a2*b2+a3*b3+a4*b4
       for (LL j=;j<n;j++)//c[1]=a0*b4+a1*b0+a2*b1+a*b2+a4*b3
       {
           if (i>j) c[i]=(c[i]+a[j]*b[n+j-i])%INF;//发现当i>j时，b取b[n+j-i]
           else
               c[i]=(c[i]+a[j]*b[j-i])%INF;//当i<=j时，b取 b[j-i]
       }
     for (LL i=;i<n;i++)
       a[i]=c[i]%INF;
 }
 int main()
 {
     freopen("B.in","r",stdin);
     freopen("B.out","w",stdout);
     cin>>n>>d>>k;
     for (LL i=;i<n;i++)
       scanf("%d",&num[i]);
     tmp[]=;
     for (LL i=;i<=d;i++)
         tmp[i]=tmp[n-i]=;
     while (k>)
     {
         if (k&) cheng(num,tmp);
         k=k>>;
         cheng(tmp,tmp);
     }
     for (LL i=;i<n;i++)
       printf("%I64d ",num[i]);
     return ;
 }

　　第三题：主要是打表找规律，比如从n=100,k=100打表出100/(1~100)=x.....y 从中找到规律：

　　100/(51~100)=1....(0、1~48、49)

　　100/(34~50)=2......(0、2~30、32)

　　100/(26~33)=3......(1,4~19,22)

　　100/(21~25)=4......(0,4,~12,16)

　　100/(17~20)=5......(0,5,10,15)

　　100/(15,16)=6......(4,10)

　　.......

　　从100/12 开始余只有一个。所以从1~12就循环求解。另外，当n>k时，直接余数=k 加上去就可以了。

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #define LL long long
 using namespace std;
 LL n,k;
 LL ans;
 int main()
 {
     freopen("C.in","r",stdin);
     freopen("C.out","w",stdout);
     cin>>n>>k;
     if (n>k)
     {
         ans+=(n-k)*k;
         n=k;
     }
     LL l,x,d,next,r;
     for (LL i=n;i>=;i=next)
     {
         d=k/i;//等差值
         l=k%i;//a(1)
         next=k/(d+);//下一个区间的右边界
         x=i-next;//区间个数 n
         r=k%(next+);//a(n)
         if (l==r) break;
         else
         //S(n)=n*a(1)+( n*(n-1)/2 )*d
             ans+=x*l+(x*(x-)/)*d;
     }
     for (LL i=;i<=next+;i++)
       ans+=k%i;
     cout<<ans;
     return ;
 }