ACdream原創群賽__15

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這場感覺題目確實還算可以，不過，說好的每題10s效果上卻不理想。這個時限還算比較緊。因為時間不是按絕對的多出幾秒來計算，而是幾倍來計算的。

比賽做的不好，後面又去做了一下。

 

A：典型的數位DP，一直坑在這裡。

 

E：求f(f(f(n)))%p。f()表示斐波那契數。關於求斐波那契數模的迴圈節是有特定的數學定理和方法的。我也不知道，但是看了結論之後自己會實現了。首先，把p因數分解，ai^pi，顯然最終的迴圈節就等於這些單獨因子計算迴圈節的lcm。同時ai^pi的迴圈節又是G(ai)*ai^(pi-1)。G()表示單個質數作用的迴圈節。單個質數的迴圈節可以這樣來判斷，如果power_mod(5,(p-1)/2,p)==1那麼該迴圈節是ai-1的一個約數，否則該迴圈節是2*ai+2的一個約數。關於剩下的約數，直接暴力枚舉判斷即可。整個實現過程比較複雜，但是也算是思路清晰，調試難度並不大。

/** this code is made by 092000* Problem: 1124* Verdict: Accepted* Submission Date: 2014-07-12 00:02:47* Time: 3812MS* Memory: 3924KB*/#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <vector>#include <map>#include <algorithm>#define maxn 100100typedef long long ll;using namespace std; struct mat{    ll f[2][2];    void Z() { memset(f,0,sizeof f); }    void E() { f[0][0]=f[1][1]=1,f[0][1]=f[1][0]=0; }    void F() { f[0][0]=f[1][0]=f[0][1]=1,f[1][1]=0; }}; ll pri[maxn],b[maxn],pnum=0;ll fac[500],fnum[500],Fac;ll ffac[500],FFac;ll F1,F2;map<ll,ll> GG; ll gcd(ll A,ll B) { return B==0?A:gcd(B,A%B); }ll lcm(ll A,ll B) { return A/gcd(A,B)*B; } void getprim(){    for (int i=2; i<maxn; i++)        if (!b[i])        {            pri[++pnum]=i;            for (int j=i+i; j<maxn; j+=i) b[j]=j;        }} ll power(ll A,ll B,ll P){    ll tot=1;    while (B)    {        if (B&1) tot=(tot*A)%P;        A=(A*A)%P,B>>=1;    }    return tot;}ll power(ll A,ll B){    ll tot=1;    for (;B;A=A*A,B>>=1) if (B&1) tot=tot*A;    return tot;}mat mul(mat A,mat B,ll P){    mat tot;    tot.Z();    for (int i=0; i<2; i++)        for (int j=0; j<2; j++)            for (int k=0; k<2; k++)            {                tot.f[i][j]+=A.f[i][k]*B.f[k][j];                tot.f[i][j]%=P;            }    return tot;}mat power(mat A,ll B,ll P){    mat tot;    tot.E();    while (B)    {        if (B&1) tot=mul(tot,A,P);        A=mul(A,A,P),B>>=1;    }    return tot;}ll fib(ll N,ll P){    mat tot;    tot.F();    tot=power(tot,N,P);    return tot.f[0][0];} void divide(ll P){    Fac=0;    for (int i=1; pri[i]<=P/pri[i]; i++)        if (P%pri[i]==0)        {            fac[++Fac]=pri[i],fnum[Fac]=0;            while (P%pri[i]==0) P/=pri[i],fnum[Fac]++;        }    if (P>1) fac[++Fac]=P,fnum[Fac]=1;} ll G(ll P){    if (GG[P]) return GG[P];    ll num;    if (power(5,(P-1)>>1,P)==1) num=P-1;        else num=2*P+2;    FFac=0;    for (int i=1; i<=num/i; i++)        if (num%i==0)        {            ffac[++FFac]=i;            ffac[++FFac]=num/i;        }    sort(ffac+1,ffac+1+FFac);    for (int i=1; i<=FFac; i++)        if (fib(ffac[i]+1,P)==F1 && fib(ffac[i]+2,P)==F2)        {            GG[P]=ffac[i];            return ffac[i];        }    return -1;} ll getloop(ll P){    ll Lp=1;    F1=1%P,F2=2%P;    divide(P);     for (int i=1; i<=Fac; i++)        Lp=lcm(Lp,G(fac[i])*power(fac[i],fnum[i]-1));    return Lp;} int main(){    getprim();    GG[2]=3,GG[3]=8,GG[5]=20;    ll n,p,T,ans;    scanf("%lld",&T);    while (T--)    {        scanf("%lld%lld",&n,&p);        if (p==1)        {            puts("0");            continue;        }        ll mod1=p;                         ll mod2=getloop(mod1);             ll mod3=getloop(mod2);             ans=fib(n,mod3);        ans=fib(ans,mod2);        ans=fib(ans,mod1);        printf("%lld\n",ans);    }    return 0;}

　　

 

H：有N段路，每段路有兩個值si，bi。si表示長度，單位長度汽車耗油量為max(0,0.5*v+bi)。出發是總共有f量的油。現在問題是如果想儘快通過這N段路最段需要的時間是多少呢？很顯然，題目說開得越慢耗油越少，看題解是二分速度，每次判斷耗油是否夠不夠，知道達到精度要求。不過。。。。。在需要耗油的路段，能確定所有的速度都是一樣大的時候所用的時間最短嗎？每段路的係數不一樣，在最優的情況下其速度會一樣嗎？這些問題我不確定，但是按照題解，我寫的A了。不明真相。

/** this code is made by 092000* Problem: 1129* Verdict: Accepted* Submission Date: 2014-07-12 14:02:50* Time: 2612MS* Memory: 3240KB*/#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <cmath>#define maxn 100100#define eps 1e-9using namespace std; double s[maxn],b[maxn],vm,f;int n; bool check(double cur){    double tot=0;    for (int i=1; i<=n; i++)  tot+=max(0.0,0.5*cur+b[i])*s[i];    return tot<=f;} double count(double v){    double tot=0;    for (int i=1; i<=n; i++) tot+=s[i]/min(vm,max(v,-2*b[i]));    return tot;} int main(){    while (scanf("%d",&n)!=EOF)    {        scanf("%lf%lf",&f,&vm);        for (int i=1; i<=n; i++) scanf("%lf%lf",&s[i],&b[i]);        double l=0,r=vm,mid;        while (r-l>eps)        {            mid=(l+r)/2;            if (check(mid)) l=mid;                else r=mid;        }        if (l>0 && check(l)) printf("%.3f\n",count(l));            else printf("Bad Luck!\n");    }}

　　

 

I：簽到題。每次你可以從已經出現過的字串裡面取出一個串（也可以不取），構成當前這個串，最少需要進行多少次操作？很賤單，全場tire維護即可。多加一個標籤數組啦。

/** this code is made by 092000* Problem: 1121* Verdict: Accepted* Submission Date: 2014-07-04 20:56:29* Time: 6720MS* Memory: 117580KB*/#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#define maxn 1050300using namespace std; int next[maxn][26],least[maxn],tag[maxn],N;char s[maxn];int ans,n,m,T,L; int add(){    N++;    for (int i=0; i<26; i++) next[N][i]=0;    least[N]=4*maxn,tag[N]=0;    return N;} int insert(){    int cur=0,tmp=0,last=4*maxn;    L=strlen(s);    for (int i=0; s[i]; i++)    {        int k=s[i]-‘a‘;        if (!next[cur][k]) next[cur][k]=add();        cur=next[cur][k];        last=min(last,L-tag[cur]);        last=min(last,least[cur]-i-1+L-i-1);        least[cur]=min(least[cur],L);    }    tag[cur]=L;    return min(last,L-tmp);} int main(){    scanf("%d",&T);    while (T--)    {        scanf("%d%s",&n,s);        N=-1,N=add();        m=insert();        for (int i=1; i<=n; i++)        {            scanf("%s",s);            int tmp=insert();            printf("%d\n",min(L,tmp+1));        }    }    return 0;}

　　

 

J：好題。兩個發射站，以及若干個接受站。求兩個發射站的覆蓋半徑分別為r1和r2的時候，能覆蓋多少個點？機智的人一看就知道把與兩個發射站的距離看成是二維座標，剩下的點的處理就相當於是一個平面覆蓋問題了。直接順序維護一維，另一維用樹狀數組統計即可。

/** this code is made by 092000* Problem: 1127* Verdict: Accepted* Submission Date: 2014-07-12 07:27:12* Time: 5000MS* Memory: 15772KB*/#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <cmath>#include <algorithm>#define maxn 300200using namespace std;  struct point{    double dis1,dis2;    int rk;}p[maxn]; struct query{    int id,r1,r2,ans,pos;}q[maxn]; int n,Q,m,x1_,x2_,y1_,y2_,ttx,tty;int c[maxn];double tx,ty; bool cmp1(point p1,point p2) { return p1.dis2<p2.dis2; }bool cmp2(query q1,query q2) { return q1.r2<q2.r2; }bool cmp3(point p1,point p2) { return p1.dis1<p2.dis1; }bool cmp4(query q1,query q2) { return q1.r1<q2.r1; }bool cmp5(query q1,query q2) { return q1.id<q2.id; } int lowbit(int x) { return x&(-x); }void add(int x,int v) { while (x<maxn) c[x]+=v,x+=lowbit(x); }int sum(int x){    int tmp=0;    while (x>0) tmp+=c[x],x-=lowbit(x);    return tmp;} void _init_point(){    scanf("%d",&n);    for (int i=1; i<=n; i++)    {        scanf("%d%d",&ttx,&tty);        tx=ttx,ty=tty;        p[i].dis1=sqrt((tx-x1_)*(tx-x1_)+(ty-y1_)*(ty-y1_));        p[i].dis2=sqrt((tx-x2_)*(tx-x2_)+(ty-y2_)*(ty-y2_));    }    memset(c,0,sizeof c);    sort(p+1,p+1+n,cmp1);    for (int i=1; i<=n; i++) p[i].rk=i,add(i,1);} void _init_query(){    scanf("%d",&Q);    for (int i=1; i<=Q; i++)    {        scanf("%d%d",&q[i].r1,&q[i].r2),q[i].id=i;    }    sort(q+1,q+1+Q,cmp2);    int cur=0;    for (int i=1; i<=Q; i++)    {        while (cur<n && q[i].r2>p[cur+1].dis2) cur++;        q[i].pos=cur;    }} int main(){    while (scanf("%d%d%d%d",&x1_,&y1_,&x2_,&y2_)!=EOF)    {        _init_point();        _init_query();        int tot=0,cur=0;        sort(p+1,p+1+n,cmp3);        sort(q+1,q+1+Q,cmp4);                 for (int i=1; i<=Q; i++)        {            while (cur<n && q[i].r1>p[cur+1].dis1)            {                cur++,tot++;                add(p[cur].rk,-1);            }            q[i].ans=sum(q[i].pos)+tot;        }        sort(q+1,q+1+Q,cmp5);        for (int i=1; i<=Q; i++) printf("%d\n",n-q[i].ans);    }    return 0;}