标签：ch return DL24 int Day2 read inline include 联考
T1 锻造 forging
题目描述
“欢迎啊,老朋友。”
一阵寒暄过后,厂长带他们参观了厂子四周,并给他们讲锻造的流程。
“我们这里的武器分成若干的等级,等级越高武器就越厉害,并且对每一等级的武器都有两种属性值 b 和 c,但是我们初始只能花\(a\)个金币来生产\(1\)把\(0\)级剑......”
“所以你们厂子怎么这么垃圾啊,不能一下子就造出来\(999\)级的武器吗?”勇者不耐烦的打断了厂长的话。
“别着急,还没开始讲锻造呢......那我们举例你手中有一把\(x\)级武器和一把\(y\)级武器\((y = max(x − 1, 0))\),我们令锻造附加值\(k = min(c_x , b_y )\),则你有 \(\frac{k}{c_x}\) 的概率将两把武器融合成一把\(x + 1\)级的武器。”
“......但是,锻造不是一帆风顺的,你同样有 \(1−\frac{k}{c_x}\) 的概率将两把武器融合成一把\(max(x − 1, 0)\) 级的武器......”
勇者听完后暗暗思忖,他知道厂长一定又想借此机会坑骗他的零花钱,于是求助这个村最聪明的智者——你,来告诉他,想要强化出一把\(n\)级的武器,其期望花费为多少?
由于勇者不精通高精度小数,所以你只需要将答案对\(998244353\)取模即可。
分析
期望DP+线性逆元。
设\(f[i]\)表示打造成等级为\(i\)的武器的期望花费，那么考虑转移：
\[ f[i]=f[i-1]+f[i-2]+P\times (f[i] - f[i - 2]) \]
其中,\(P=(1-\frac{k}{c_{i-1}})\)，为打造失败的概率。
这个方程表示，若打造成功，那么花费即为\(f[i-1]+f[i-2]\)，若未成功，那么我们就有了一件等级为\(i-2\)的武器，所以格外的花费就应该是\(f[i]-f[i-2]\)，然后整理可得：
\[ f[i]=\frac{c_{i-1}}{k} \times f[i-1]+f[i-2] \]
然后再加个线性求逆元就行了。
时间复杂度\(O(n)\)。
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#define ll long long
#define Re register
const int N = 1e7 + 5;
const int P = 998244353;
inline int read() {
int f = 1, x = 0; char ch;
do { ch = getchar(); if (ch == '-') f = -1; } while (ch < '0' || ch > '9');
do {x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0'; ch = getchar(); } while (ch >= '0' && ch <= '9');
return f * x;
}
inline int min(int a, int b) { return a < b ? a : b; }
inline void hand_in() {
freopen("forging.in", "r", stdin);
freopen("forging.out", "w", stdout);
}
int n, a, bx, by, cx, cy, p, b[N], c[N], inv[N], f[N];
int main() {
hand_in();
inv[0] = inv[1] = 1;
for (Re int i = 2;i <= 10000000; ++i) {
inv[i] = (ll)(P - (P / i)) * (ll)inv[P % i] % P;
}
n = read(), a = read(), bx = read(), by = read(), cx = read(), cy = read(), p = read();
b[0] = by + 1, c[0] = cy + 1;
for (Re int i = 1;i < n; ++i) {
b[i] = ((ll)b[i - 1] * bx + by) % p + 1;
c[i] = ((ll)c[i - 1] * cx + cy) % p + 1;
}
f[0] = a, f[1] = ((ll)(((ll)c[0] * inv[min(c[0], b[0])]) % P + 1) * f[0]) % P;
for (int i = 2;i <= n; ++i) {
f[i] =((((ll)c[i - 1] * inv[min(c[i - 1], b[i - 2])]) % P * f[i - 1]) % P + f[i - 2]) % P;
}
printf("%d\n", f[n]);
return 0;
}T2 整除 division
题目大意
求解\(x^m\equiv x (mod p_1\times p_2\times \dots \times p_c)\)在\([1, p_1\times p_2\times \dots \times p_c]\)区间取值间的个数。
分析
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define Re register
const int N = 1e5 + 5;
const int P = 998244353;
inline int read() {
int f = 1, x = 0; char ch;
do { ch = getchar(); if (ch == '-') f = -1; } while (ch < '0' || ch > '9');
do {x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0'; ch = getchar(); } while (ch >= '0' && ch <= '9');
return f * x;
}
inline int min(int a, int b) { return a < b ? a : b; }
inline int max(int a, int b) { return a < b ? b : a; }
inline void swap(int &a, int &b) { a ^= b ^= a ^= b; }
inline void hand_in() {
freopen("division.in", "r", stdin);
freopen("division.out", "w", stdout);
}
inline ll mi(ll a, ll b, ll p) {
ll ret = 1;
while (b) {
if (b & 1) ret *= a, ret %= p;
a *= a, a %= p;
b >>= 1;
}
return ret;
}
int prim[N], vis[N], tot;
inline void Prim() {
vis[1] = 1;
for (int i = 2;i <= 10000; ++i) {
if (!vis[i]) prim[++tot] = i;
for (int j = 1;j <= tot; ++j) {
if (prim[j] * i > 10000) break;
vis[prim[j] * i] = 1;
if (!(i % prim[j])) break;
}
}
}
int pw[N];
inline int calc(int m, int p) {
pw[1] = 1, pw[p] = 0;
for (int i = 2;i < p; ++i) {
if (!vis[i]) pw[i] = mi(i, m, p);
for (int j = 1;prim[j] <= i; ++j) {
if (prim[j] * i > p) break;
pw[prim[j] * i] = pw[prim[j]] * pw[i];
if (!(i % prim[j])) break;
}
}
int ret = 1;
for (int i = 1;i < p; ++i) ret += (pw[i] == i);
return ret;
}
inline ll gcd(ll a, ll b) {
return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
}
int id, T, c, m, ans;
int main() {
hand_in();
id = read();
T = read();
Prim();
while (T --) {
c = read(), m = read();
ans = 1;
for (int i = 1, p;i <= c; ++i) {
p = read();
// ans = ((ll)ans * calc(m, p)) % P;
ans = ((ll)ans * (gcd(m - 1, p - 1) + 1)) % P;
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}T3 欠钱 money
分析
将有向有根树改成无向无根树存下来,树上倍增+启发式合并,每次合并时暴力重构倍增数组,倍增数组多存一个到\(2^i\)的父节点的方向,全向上为\(1\),全向下为\(2\),两个都有为\(3\),询问时判断两个点的方向关系就可以了。
时间复杂度\(O(nlog^2n + mlogn)\)。
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define Re register
const int N = 1e5 + 5;
const int INF = 0x7fffffff;
const int BASE = 16;
inline int read() {
int f = 1, x = 0; char ch;
do { ch = getchar(); if (ch == '-') f = -1; } while (ch < '0' || ch > '9');
do {x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0'; ch = getchar(); } while (ch >= '0' && ch <= '9');
return f * x;
}
inline void write(int x) {
if (x < 0) putchar('-'), x = -x;
if (x > 9) write(x / 10);
putchar(x % 10 + '0');
}
inline int min(int a, int b) { return a < b ? a : b; }
inline void swap(int &a, int &b) { a ^= b ^= a ^= b; }
inline void hand_in() {
freopen("money.in", "r", stdin);
freopen("money.out", "w", stdout);
}
int n, m, last;
struct Graph {
int to[N << 1], nxt[N << 1], w[N << 1], dir[N << 1], head[N], cnt;
inline void add(int x, int y, int z, int d) {
++cnt;
to[cnt] = y, w[cnt] = z, dir[cnt] = d, nxt[cnt] = head[x], head[x] = cnt;
}
}G;
int f[N], sz[N];
int anc[N][BASE + 1], mn[N][BASE + 1], dir[N][BASE + 1], dep[N], up[N];
inline void init() {for (Re int i = 1;i <= n; ++i) f[i] = i, sz[i] = 1, up[i] = 1; }
inline void dfs(int u, int fa, int rt) {
f[u] = rt, dep[u] = dep[fa] + 1;
for (Re int i = 1;i <= BASE; ++i) {
anc[u][i] = anc[anc[u][i - 1]][i - 1];
mn[u][i] = min(mn[u][i - 1], mn[anc[u][i - 1]][i - 1]);
dir[u][i] = (dir[u][i - 1] | dir[anc[u][i - 1]][i - 1]);
}
for (Re int i = G.head[u], v;i;i = G.nxt[i]) {
v = G.to[i];
if (v == fa) continue;
anc[v][0] = u;
mn[v][0] = G.w[i];
dir[v][0] = 3 ^ G.dir[i];
dfs(v, u, rt);
}
}
inline void merge(int u, int v, int w) {
G.add(u, v, w, 1), G.add(v, u, w, 2);
int dirs = sz[f[u]] < sz[f[v]] ? 1 : 2;
if (dirs == 2) swap(u, v);
anc[u][0] = v, mn[u][0] = w, dir[u][0] = dirs;
sz[f[v]] += sz[f[u]];
dfs(u, v, f[v]);
}
inline int ask(int u, int v) {
if (f[u] != f[v]) return 0;
int dirs = 0, res = INF;
if (dep[u] < dep[v]) swap(u, v), dirs = 3;
for (int i = BASE; i >= 0; --i) {
if (dep[u] - (1 << i) >= dep[v]) {
if (dir[u][i] != (1 ^ dirs)) return 0;
res = min(res, mn[u][i]);
u = anc[u][i];
}
}
if (u == v) return res;
for (int i = BASE;i >= 0; --i) {
if (anc[u][i] != anc[v][i]) {
if (dir[u][i] != (1 ^ dirs) || dir[v][i] != (2 ^ dirs)) return 0;
res = min(res, min(mn[u][i], mn[v][i]));
u = anc[u][i], v = anc[v][i];
}
}
if (dir[u][0] != (1 ^ dirs) || dir[v][0] != (2 ^ dirs)) return 0;
res = min(res, min(mn[u][0], mn[v][0]));
return res;
}
int main() {
hand_in();
n = read(), m = read(), init();
for (Re int i = 1, op, a, b, c;i <= m; ++i) {
op = read(), a = read(), b = read();
a = (a + last) % n + 1;
b = (b + last) % n + 1;
if (!op) {
c = read();
c = (c + last) % n + 1;
merge(a, b, c);
}
else {
write(last = ask(a, b));
puts("");
}
}
return 0;
}标签：ch,return,DL24,int,Day2,read,inline,include,联考 来源： https://www.cnblogs.com/silentEAG/p/11755150.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。