2017-7-22 Noip模拟（gryz）

Posted 2020-09-29 Soda

Digits

(digits.cpp/c/pas)

Description
给一个关于 的多项式，并给定一个 ，求该多项式在带入该 时的值最后 位数字。
Input
第一行两个整数 、 ；
之后的 行，每行两个数 和 ，表示多项式的一项 ；
最后一行一个整数 。
Output
输出 行，按顺序输出该多项式带入 后值的最后 位数字，若不足 位，则高位补零。
Example
digits.in digits.out
2 1
3 2
1 5
3
0
附加样例见选手目录下『digits』文件夹。
Hint
对于 的数据， ；
对于 的数据， 。

/*
    要求后k位，实际上就是对10^k取模，用快速幂
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
long long n,k,a[100010],b[100010],X,tmp[10],mod,ans,Ans[10];
using namespace std;
long long Pow(long long x,long long t){
    long long res=1;
    while(t){
        if(t&1)
            res=x*res%mod;
        x=x*x%mod;
        t>>=1;
    }
    return res;
}
int main(){
    freopen("digits.in","r",stdin);
    freopen("digits.out","w",stdout);
    scanf("%lld%lld",&n,&k);
    for(long long i=1;i<=n;i++)scanf("%lld%lld",&a[i],&b[i]);
    scanf("%lld",&X);
    mod=1;
    for(long long i=1;i<=k;i++)mod*=10;
    X%=mod;
    for(long long i=1;i<=n;i++){
        long long now=((a[i]%mod)*Pow(X,b[i]))%mod;
        ans+=now;
    }
    for(long long i=1;i<=k;i++){
        Ans[i]=ans%10;
        ans/=10;
    }
    for(long long i=k;i>=1;i--)cout<<Ans[i]<<endl;
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

Equation

(equation.cpp/c/pas)
Description
求方程 在 内有多少组正整数解。
Input
一行七个整数 。
Output
一行一个整数，原方程有多少正整数解。
Example
equation.in equation.out
10 -24 74 -25 22 -7 -22 5
附加样例见选手目录下『equation』文件夹。
Hint
对于 的数据，方程无解；
对于 的数据， ；
对于 的数据， 。

/*
    a1x1-a2x2+a3x3-a4x4+a5x5-a6x6=0 
    方程可化为 a1x1-a2x2+a3x3=a4x4-a5x5+a6x6 
    通过映射匹配，2n^3跑得过 
*/
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<map>
using namespace std;
map<int,int>b;
int a[7],K,ans;
int main(){
    freopen("equation.in","r",stdin);
    freopen("equation.out","w",stdout);
    scanf("%d",&K);
    bool flag1,flag2;
    for(int i=1;i<=6;i++){
        scanf("%d",&a[i]);
        if(a[i]>0)flag1=1;
        if(a[i]<0)flag2=1;
    };
    a[2]=-a[2];a[4]=-a[4];a[6]=-a[6];
    if(flag1!=flag2){
        printf("0");
        return 0;
    }
    for(int i=4;i<=6;i++)a[i]=-a[i];
    int now;
    for(int i=1;i<=K;i++)
        for(int j=1;j<=K;j++)
            for(int k=1;k<=K;k++){
                now=a[1]*i+a[2]*j+a[3]*k;
                b[now]++;
            }
    for(int i=1;i<=K;i++)
        for(int j=1;j<=K;j++)
            for(int k=1;k<=K;k++){
                now=a[4]*i+a[5]*j+a[6]*k;
                ans+=b[now];
            }
    printf("%d",ans);
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

 

Graph

( graph .cpp/c/pas)
Description
小 Y 又开始了一段旅途。
这次，他要经过一个图，从 号点到达 号点，每个点设有休息站。
小 Y 计划用最多 天走完全程，除第 天外，每一天小 Y 都必须在休息站过夜。所以，一段路
必须在同一天走完。
小 Y 的体力有限，他希望走的路程最大的一天中走的路尽可能少，请求出这个最小值。
Input
第一行三个整数 、 、 表示图的顶点数、边数、天数。
从第二行开始，之后的 行，每行三个整数 、 、 表示从 和 间有一条双向道路，长度
为 。
Output
一行一个正整数，如果小 Y 能走完全程，输出走的路程最大的一天中走的路程最小值，否则输
出 。
Example
graph.in graph.out
3 2 4
3 2 4
1 2 1
4
附加样例见选手目录下『graph』文件夹。
Hint
对于 的数据， ；
对于 的数据， ；
对于 的数据， ， ， ；
保证没有重边和自环。

/*
    求出最小生成树，答案一定在最小生成树上；
    如果起点和终点不联通，输出-1；
    答案为最小生成树上起点和终点间唯一路径上的最大边权。
*/
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct node{
    int from,to,v;
}e[200010];
int fa[7510],m,n,k;
bool cmp(node x,node y){
    return x.v<y.v;
}
int find(int x){
    if(fa[x]==x)return x;
    return fa[x]=find(fa[x]);
}
bool connect(int x,int y){
    int f1=find(x),f2=find(y);
    if(f1==f2)return 0;
    fa[f1]=f2;
    return 1;
}
int main(){
    freopen("graph.in","r",stdin);
    freopen("graph.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++)
      fa[i]=i;
    for(int i=1;i<=m;i++)
      scanf("%d%d%d",&e[i].from,&e[i].to,&e[i].v);
    sort(e+1,e+m+1,cmp);
    bool flag=false;int tot=0;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        if(connect(e[i].from,e[i].to))tot++;
        if(find(1)==find(n)){
            printf("%d",e[i].v);
            flag=true;
            break;
        }
        if(tot==n-1)break;
    }
    if(!flag)printf("-1");
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}