4/21 昆明赛补题+数学

Posted 2022-04-23 钟钟终

D Divisions
其实当时已经向的差不多了，已经想出要构造一个不递减序列，也看出了n个连续相同数只能构造出2的n次方-1个方案，没ac有两个地方没做好：
1.思路不够清晰，应该将1拿出来特判，将空集那种情况算进去，就只需要构造k-2中情况。
2.剩下的k-2中情况用二进制表示，单独拿出一个数+一组连续的数来满足二进制中的1。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
int k;

int main()

    cin>>k;
    if(k==0)
    
        cout<<9<<endl;
        cout<<"1 2 3 1 2 3 1 2 3"<<endl;
    
    else if(k==1)
    
        cout<<6<<endl;
        cout<<"1 1 4 5 1 4"<<endl;
    
    else
    
        vector<int>v;
        v.push_back(1);
        k-=2;
        int cnt=1;
        for(int i=0;i<32;i++)
        
            if(k>>i&1)
            
                v.push_back(++cnt);
                cnt++;
                for(int j=1;j<=i;j++)
                    v.push_back(cnt);
            
        
        cout<<v.size()<<endl;
        for(auto k:v)
            cout<<k<<" ";
        cout<<endl;
    
    return 0;

F-Find the Maximum
刚开始公式推出来了，但没仔细想，以为是个树形dp。。。。
现在仔细看，更偏向思维题一点。肯定一个最大点或者最小点的时候值最大，但题目要求至少要两个点，那么这条链肯定长为2或者3。如果为4，肯定可以截取2个。
话要考虑下正数的最大值和负数的最小值

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=2e5+5;
int n,b[N];
vector<int>g[N];

int main()

    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        cin>>b[i];
    for(int i=1;i<=n-1;i++)
    
        int u,v;cin>>u>>v;
        g[u].push_back(b[v]);
        g[v].push_back(b[u]);
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
        sort(g[i].begin(),g[i].end());
    double ans=-inf;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    
        int sz=g[i].size();
        ans=max(ans,(b[i]+g[i][sz-1])*1.0/2);
        if(sz>=2)
            ans=max(ans,(b[i]+g[i][sz-1]+g[i][sz-2])*1.0/3);
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
    
        int sz=g[i].size();
        ans=max(ans,(b[i]+g[i][0])*(-1.0)/2);
        if(sz>=2)
            ans=max(ans,(b[i]+g[i][0]+g[i][1])*(-1.0)/3);
    
    cout<<fixed<<setprecision(6)<<ans*ans/4<<endl;
    return 0;

P4777 【模板】扩展中国剩余定理（EXCRT）
一般情况，模数不互质。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll n;
ll a[100010],b[100010]; 
ll mul(ll A,ll B,ll mod) //快速乘取余 模板

    ll ans=0;
    while(B>0)
      
        if(B & 1) ans=(ans+A%mod)%mod;
        A=(A+A)%mod;
        B>>=1;
      
    return ans;

ll exgcd(ll A,ll B,ll &x,ll &y) //扩展欧几里得 模板

    if(!B)
      
        x=1,y=0;
        return A;
      
    ll d=exgcd(B,A%B,x,y);
    ll tmp=x;
    x=y , y=tmp-A/B*y;
    return d;

ll lcm(ll A,ll B) //求最小公倍数

    ll xxx,yyy;
    ll g=exgcd(A,B,xxx,yyy);
    return (A/g*B);

ll excrt() //重点:求解同余方程组

    ll x,y;
    ll M=b[1],ans=a[1]; //赋初值 
    //M为前k-1个数的最小公倍数，ans为前k-1个方程的通解
    for(int i=2;i<=n;i++)
      
        ll A=M,B=b[i];
        ll C=(a[i]-ans%B+B)%B; 
        //代表同余方程 ax≡c(mod b) 中a,b,c

        ll g=exgcd(A,B,x,y);
        //求得A,B的最大公约数，与同余方程ax≡gcd(a,b)(mod b)的解，
        if(C%g) 
            return -1; //无解的情况
        x=mul(x,C/g,B); //求得x的值,x即t 
        ans+=x*M;  //获得前k个方程的通解
        M=lcm(M,B); //更改M的值
        ans=(ans%M+M)%M;
      
    return ans;

int main()

    scanf("%lld",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
      scanf("%lld%lld",&b[i],&a[i]);
    ll ans=excrt();
    printf("%lld",ans);