Road To The 3rd Building
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题目大意
给你n个数字，然后从中间选一个区间，区间的平均值为
求区间的期望
思路
官方题解很容易理解
不过有些人不喜欢看官方的题解（比如我）所以还是写一下
1、这里区间的是未知的，所以肯定需要枚举区间的长度
2、我们只需要求得每个长度下的幸福值出现的和，然后乘上区间长度的逆元即可
3、对于每个长度下的和，经过观察可得（附上大佬的找规律：规律），其中
和
是相同的
4、规律其实就是一种类似三角形往上面堆，就是中间的长度会依次加1，代码就是
（sum是前缀和）
5、最后注意一下，当n等于奇数的时候，单独加上中间的那个数
AC Code
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define ll long long
// #define TDS_ACM_LOCAL
const int N=2e5 +9;
const int mod=1e9 +7;
ll n, a[N], inv[N], sum[N];
ll quick_pow(ll a, ll b)
{
ll res = 1;
while (b)
{
if (b & 1)
res = res * a % mod;
a = a * a % mod;
b >>= 1;
}
return res;
}
void init(){ //逆元打表
inv[1]=1;
for(int i=2; i<N; i++)
inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
return ;
}
void solve(){
cin>>n;
for(int i=1; i<=n; i++){
cin>>a[i];
sum[i]=(sum[i-1]+a[i])%mod; //计算前缀和
}
ll ans=0, k=0;
for(int i=1; i<=n/2; i++){
k=(k+sum[n-i+1]-sum[i-1]+mod)%mod; //算出当前分子的总和（类似三角形，从中间往上面堆
ans=(ans+k*(inv[i]+inv[n-i+1])%mod)%mod; //因为i和n-i+1的分子是一样的，所以直接一起计算了
}
if(n&1) ans=(ans +(k+a[n/2+1])%mod *inv[n/2+1] %mod)%mod; //因为是两个一组，n为奇数的话中间的数要单独计算
cout<<ans*quick_pow(((n+1)*n/2)%mod, mod-2)%mod<<endl; //别忘了除以所有方案的总和
return ;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0), cout.tie(0);
#ifdef TDS_ACM_LOCAL
freopen("D:\\VS code\\.vscode\\testall\\in.txt", "r", stdin);
freopen("D:\\VS code\\.vscode\\testall\\out.txt", "w", stdout);
#endif
init();
int T;
cin>>T;
while(T--) solve();
return 0;
}
Little Rabbit’s Equation
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题目大意
给你一个运算的字符串，让你判断是否有进制可以满足该计算，可以的话输出进制数，否则输出-1
思路
将字符串分割成三段，然后枚举进制
，判断枚举的进制下计算是否成立
记得用long long
AC Code
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<string>
using namespace std;
#define ll long long
// #define TDS_ACM_LOCAL
string s, a, b, c;
char q;
ll x, y, z;
ll Atoi(string s,ll radix)
{
ll ans=0;
for(ll i=0;i<s.size();i++)
{
char t=s[i];
if(t>='0'&&t<='9')
{
if(t - '0' >= radix) return -1;
ans = ans * radix + 1ll * (t-'0');
}
else
{
if(1ll * (t - 'A' + 10) >= radix) return -1;
ans = ans * radix + 1ll * (t - 'A' + 10);
}
}
return ans;
}
void solve(){
int flag=1;
a=b=c="";
for(int i=0; i<s.length(); i++){ //分割字符串s到a，b，c
if(s[i]=='+' || s[i]=='-' || s[i]=='*' || s[i]=='/') {flag=2, q=s[i]; continue;} //转换到字符串b
else if(s[i]=='=') {flag=3; continue;} //转换到字符串c
if(flag==1) a+=s[i];
else if(flag==2) b+=s[i];
else if(flag==3) c+=s[i];
}
flag=0;
for(int i=2; i<=16; i++){
x=Atoi(a, i), y=Atoi(b, i), z=Atoi(c, i); //转换成十进制
if(x==-1 || y==-1 || z==-1) continue; //当前进制容不下a，b，c的某个数，进行下个进制
//判断+ - * /
if(q=='+' && x+y==z) flag=1;
else if(q=='-' && x-y==z) flag=1;
else if(q=='*' && x*y==z) flag=1;
else if(q=='/' && y!=0 && x==y*z && x%y==0) flag=1;
if(flag) {cout<<i<<endl; return ;}
}
if(!flag) cout<<"-1"<<endl;
return ;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0), cout.tie(0);
#ifdef TDS_ACM_LOCAL
freopen("D:\\VS code\\.vscode\\testall\\in.txt", "r", stdin);
freopen("D:\\VS code\\.vscode\\testall\\out.txt", "w", stdout);
#endif
while(cin>>s) solve();
return 0;
}
A Very Easy Graph Problem
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题目大意
给你n个点（为0或者为1），给你m条边，每条边的权值为
主要就是计算
[ ]是艾佛森括号，括号内表达式为真则值为1，否则为0
∧是逻辑关系并且
说人话就是计算所有点1到点0的最短路径之和
思路
首先看看官方题解
简而言之就是新添加的边权肯定是大于之前的，如果之前就能到这个点了，那就按照之前的走（一句话就是能到的点就不加新边）
然后很明显的求出来个最小生成树，算出每条边的贡献然后加起来即可
每条边的贡献：有多少次1到0会经过该边（子树的1到外面的0
子树的0到外面的1）
AC Code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define int long long
// #define TDS_ACM_LOCAL
const int N=2e5 +9;
const int mod=1e9 +7;
int n, m, a[N];
int f0[N], f1[N], val[N<<1], fa[N], cnt, ans;
int head[N],nex[N<<1],to[N<<1],tot;
int find(int u){
if(fa[u]==u) return u;
return fa[u]=find(fa[u]);
}
void add(int x,int y,int z) {
to[++tot] = y;
nex[tot] = head[x];
val[tot] = z;
head[x] = tot;
}
void dfs(int x, int fa){
if(a[x]) f1[x]=1; //该结点为1就在f1中记录，反之亦然
else f0[x]=1;
for(int i=head[x]; i; i=nex[i]){
int v=to[i], w=val[i]; //找到去的点和边权
if(v!=fa){
dfs(v, x);
f1[x]+=f1[v], f0[x]+=f0[v]; //更新f1和f0
int sum0, sum1;
sum1=f1[v], sum0=(n-cnt)-f0[v]; //此处sum1为子树的1的数量，sum0为除子树外的0的数量
ans=(ans+sum1*sum0%mod *w%mod)%mod;
sum1=cnt-f1[v], sum0=f0[v]; //此处sum1为除子树外的1的数量，sum0为子树的0的数量
ans=(ans+sum1*sum0%mod *w%mod)%mod;
}
}
}
void solve(){
ans=tot=cnt=0; //tot为边的数量，cnt为点1的数量，ans为答案
cin>>n>>m;
for(int i=1; i<=n; i++){
cin>>a[i];
head[i]=0, f1[i]=f0[i]=0, fa[i]=i; //初始化，其中f0为记录子树为0的数量，f1相应的为1的数量
cnt+=a[i];
}
int u, v, w=1, x, y;
for(int i=1; i<=m; i++){
cin>>u>>v;
w=w*2%mod;
x=find(u); y=find(v); //如果两点未连接创建边
if(x!=y) {add(u, v, w), add(v, u, w), fa[x]=y;}
}
dfs(1,-1); //选取1根结点进行dfs
cout<<ans<<endl;
return ;
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0), cout.tie(0);
#ifdef TDS_ACM_LOCAL
freopen("D:\\VS code\\.vscode\\testall\\in.txt", "r", stdin);
freopen("D:\\VS code\\.vscode\\testall\\out.txt", "w", stdout);
#endif
int T;
cin>>T;
while(T--) solve();
return 0;
}
Divisibility
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思路
直接看官方证明吧
AC Code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define int long long
// #define TDS_ACM_LOCAL
const int N=2e5 +9;
void solve(){
int b, x;
cin>>b>>x;
if(b%x==1) cout<<"T"<<endl;
else cout<<"F"<<endl;
return ;
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0), cout.tie(0);
#ifdef TDS_ACM_LOCAL
freopen("D:\\VS code\\.vscode\\testall\\in.txt", "r", stdin);
freopen("D:\\VS code\\.vscode\\testall\\out.txt", "w", stdout);
#endif
int T;
cin>>T;
while(T--) solve();
return 0;
}