标签：大水 两个 水题 int leq while 子集 inline getchar
四道数论题
T1 P3232 [HNOI2013]游走
题目大意
给定一张无向图，从\(1\)号点开始每次等概率地走向与它联通的点，直到走到\(n\)号点为止，求在最好的对\(m\)条边进行\(1\)~\(m\)标号方案之下，第\(i\)条边的期望次数\(×\)它的标号之和的最小值。
\(2≤n≤500，1 \leq m \leq 125000\)
Sol
做过类似的题的话就很好想到是一道高斯消元的题。
所谓标号其实只是一个幌子，明显是将每条边期望经过次数排序以后按从大到小标号计算即可。
设\(f[i]\)表示第\(i\)个点期望经过次数。那么很容易得到式子如下
\(f[n]\)显然没有意义，因为\(n\)号点是只进不出的。
所以可以对前\(n-1\)个点跑高斯消元
设\(g[i]\)表示第\(i\)条边的期望经过次数。那么有
时间复杂度\(O(n^2+mlogm)\)。
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c&15),c=getchar();
return x*f;
}
double abss(double x)
{
if(x>=0)return x;
return -x;
}
double a[510][510];
double b[510],c[125010];
int deg[510];
struct edge
{
int to,next;
}e[250010];
int h[510],ei=1;
inline void add(int x,int y)
{
e[++ei]=(edge){y,h[x]};
h[x]=ei;return;
}
int main()
{
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x=read(),y=read();
deg[x]++;deg[y]++;
add(x,y);add(y,x);
}
a[1][1]=1.0;
for(int i=h[1];i;i=e[i].next)
{
int to=e[i].to;
if(to==n)continue;
a[1][to]=-1.0/deg[to];
}
a[1][n]=1.0;
for(int i=2;i<n;i++)
{
a[i][i]=1.0;
for(int j=h[i];j;j=e[j].next)
{
int to=e[j].to;
if(to==n)continue;
a[i][to]=-1.0/deg[to];
}
}
for(int i=1;i<n;i++)
{
int maxm=i;
for(int j=i+1;j<n;j++)
{
if(abss(a[j][i])>abss(a[maxm][i]))maxm=j;
}
for(int j=1;j<n+1;j++)
{
swap(a[i][j],a[maxm][j]);
}
if(!a[i][i])return printf("No Solution\n")&0;
for(int j=1;j<n;j++)
{
if(j==i)continue;
double bei=a[j][i]/a[i][i];
for(int k=i+1;k<n+1;k++)
{
a[j][k]-=bei*a[i][k];
}
}
}
for(int i=1;i<n;i++)
{
b[i]=a[i][n]/a[i][i];
}
for(int i=2;i<=ei;i+=2)
{
int x=e[i^1].to,y=e[i].to;
c[i/2]=1.0*b[x]/deg[x]+1.0*b[y]/deg[y];
}
sort(c+1,c+m+1);
double ans=0.0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
ans+=c[i]*1.0*(m-i+1);
}
printf("%.3lf",ans);
return 0;
}
T2 P3214 [HNOI2011]卡农
题目大意
求出从\({1,2,…,n}\)的所有非空子集中选出\(m\)个不同的子集，满足\(1\)~\(n\)每个数出现的次数均为偶数的方案数。
\(1 \leq n,m \leq 10^6\)
Sol
如果不看题解的话思维难度很高，我直接推只能想出来第一部分。
设\(f[i]\)表示选取\(i\)个子集的合法方案数。
很容易想到选定前\(i-1\)个子集以后，第\(i\)个子集已经确定，前\(i-1\)个子集的选择方案有\(P_{2^n-1}{i-1}\)种。
考虑删去其中不符合条件的部分：
1、最后第\(i\)个集合为空，说明前\(i-1\)个子集是合法的，故减去\(f[i-1]\)
2、由于前\(i-1\)个子集互不相同，考虑第\(i\)个子集与第\(j(1 \leq j < i)\)个子集相同的情况。那么去掉这两个集合后的取法也合法，\(j\)有\(i-1\)种选取方式，\(i\)有\(2^n-i+1\)种选取方式。故还要减去\(f[i-2]*(i-1)*(2^n-i+1)\)。
综上可得\(f[i]=P_{2^n-1}{i-1}-f[i-1]-f[i-2]*(i-1)*(2^n-i+1)\)。
由于排列的下标始终为\(2^n-1\)，因此可以直接预处理计算。
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int p=1e8+7,maxn=1000010;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c&15),c=getchar();
return x*f;
}
int n,m;
int pp[maxn],f[maxn],erd;
inline int ksm(int x,int mi)
{
int ans=1;
while(mi)
{
if(mi&1)ans=ans*x%p;
x=x*x%p;mi>>=1;
}
return ans;
}
signed main()
{
n=read();m=read();
int err=erd=ksm(2,n);
pp[0]=1;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
erd--;
if(erd==0)break;
pp[i]=pp[i-1]*erd%p;
}
f[0]=1;
for(int i=2;i<=m;i++)
{
f[i]=pp[i-1];
if(i)f[i]=(f[i]-f[i-1]+p)%p;
if(i>1)f[i]=(f[i]-(i-1)*(err-i+1)%p*f[i-2]%p+p)%p;
}
int jc=1;
for(int i=2;i<=m;i++)jc=jc*i%p;
jc=ksm(jc,p-2);
cout<<f[m]*jc%p;
return 0;
}
T3 CF722F Cyclic Cipher
题目大意
给定\(n\)个序列，每个序列长度为\(k_i\)且每个数\(\leq m\)，每次将各个序列的顶部的数取下来放到该序列的尾部，并记录下由新序列顶部组成的数组。求在\(10^{100}\)次操作以后对于\(1\leq i \leq m\)在每次记录的数组中出现的最长连续长度。
\(1 \leq n,m \leq 10^5\;\; 1 \leq k_i \leq 40\)
Sol
贺题大法好啊
反正就是用尺取法干就完了！
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c&15),c=getchar();
return x*f;
}
const int maxn=100010;
vector<int>a[maxn];
map<int,vector<pair<int,int> > >b;
int T[maxn],cnt[50],sk[50];
inline int gcd(int x,int y)
{
while(y)
{
int t=y;y=x%y;x=t;
}
return x;
}
inline bool check(int tid,int x)
{
for(int i=1;i<=40;i++)
{
if(cnt[i]&&(sk[i]-x)%gcd(i,tid))return false;
}
sk[tid]=x;cnt[tid]++;
return true;
}
int main()
{
int n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
T[i]=read();
for(int j=1;j<=T[i];j++)
{
int ls=read();
a[i].push_back(ls);
b[ls].push_back(pair<int,int>(i,j));
}
}
int l,r,ans;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
ans=0;memset(cnt,0,sizeof(cnt));
int si=b[i].size();
for(l=0,r=0;l<si;l++)
{
for(;r<si&&b[i][r].first-b[i][l].first==r-l;r++)
{
if(!check(T[b[i][r].first],b[i][r].second))break;
}
cnt[T[b[i][l].first]]--;
ans=max(ans,r-l);
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
T4 P4240 毒瘤之神的考验
题目大意
多组询问，求\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m \varphi(ij)\)
\(1\leq T\leq 10^4\;\;1\leq n,m\leq 10^5\)
Sol
明天再来
标签：大水,两个,水题,int,leq,while,子集,inline,getchar 来源： https://www.cnblogs.com/orzlsw/p/15234815.html
本站声明： 1. iCode9 技术分享网（下文简称本站）提供的所有内容，仅供技术学习、探讨和分享； 2. 关于本站的所有留言、评论、转载及引用，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 3. 关于本站的所有言论和文字，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 4. 本站文章均是网友提供，不完全保证技术分享内容的完整性、准确性、时效性、风险性和版权归属；如您发现该文章侵犯了您的权益，可联系我们第一时间进行删除； 5. 本站为非盈利性的个人网站，所有内容不会用来进行牟利，也不会利用任何形式的广告来间接获益，纯粹是为了广大技术爱好者提供技术内容和技术思想的分享性交流网站。