T1：给一个方程 ax+by=c ，求它的正整数解的数量，其中 a,b,c 可以为负。
仿佛没有学扩展欧几里得一样，写了半天却有很多情况没有考虑到，才50分；发现了自己思维的不周密啊...
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; typedef long long ll; int T; ll a,b,c; ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;} ll abss(ll x){return x<0?-x:x;} void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y) { if(!b){x=1; y=0; return;} exgcd(b,a%b,x,y); ll t=x; x=y; y=t-a/b*y; } int main() { freopen("fuction.in","r",stdin); freopen("fuction.out","w",stdout); scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&c); if((a>0&&b>0&&c>0)||(a<0&&b<0&&c<0)) { if(a<0)a=-a,b=-b,c=-c; ll g=gcd(a,b),x,y; if(c%g){printf("0\n"); continue;} a/=g; b/=g; c/=g; exgcd(a,b,x,y); x*=c; y*=c; if(x>0) { ll k=x/b; x-=k*b; y+=k*a; if(y<0){printf("0\n"); continue;} } else { ll k=abss(x)/b+1; x+=k*b; y-=k*a; if(y<0){printf("0\n"); continue;} } ll ans; if(y%a==0)ans=y/a; else ans=y/a+1; if(ans>65535)printf("ZenMeZheMeDuo\n"); else printf("%d\n",ans); } else { if((a>0&&b>0&&c<0)||(a<0&&b<0&&c>0)){printf("0\n"); continue;} ll aa=abss(a),bb=abss(b),cc=abss(c); ll g=gcd(aa,bb); if(cc%g==0)printf("ZenMeZheMeDuo\n"); else printf("0\n"); } } return 0; }
然后观摩满分的程序，模仿它的众多细节，其中还有些自己目前尚不甚明晰的地方；
大概就是要注意先把 a,b,c 都变成正数，让 exgcd 处理正数，然后再把它取负回来；
负数的 gcd 那一块也不好弄，干脆不要写需要用 gcd 的扩展欧几里得，而直接在递归的底部赋值 x = c/a；
先把0的情况特判掉，这个还挺好判的；
还有个小发现，就是 a,b 异号的话有无穷多的解，因为原本的 x+b , y-a 因为异号都变成了正的，所以有无数个正整数解；
最后要注意 y 不合法的情况不仅是 y<=0，要注意 y 的最小正整数解是多少，所以还是从解的角度出发比较不容易错；
要怎样才能在考场上就把所有的细节正确地想出来呢？果然还是理解不透彻吧；
总之，感觉通过这一道考察基础的题，对扩展欧几里得的理解又加深了。
改后(AC)代码如下：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; typedef long long ll; ll T,a,b,c; ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;} void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y) { if(!b){x=c/a; y=0; return;}//不得到 gcd 的解，而直接令 x=c/a? exgcd(b,a%b,y,x); y-=a/b*x; } int main() { freopen("fuction.in","r",stdin); freopen("fuction.out","w",stdout); scanf("%lld",&T); while(T--) { scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&c); if(c<0)a=-a,b=-b,c=-c; if(a==0&&b==0) { if(c==0)printf("ZenMeZheMeDuo\n"); else printf("0\n"); continue; } if(a==0) { // if(c%b==0&&c/b>0)printf("1\n"); if(c%b==0&&c/b>0)printf("ZenMeZheMeDuo\n");//!!! //可取任意个0 else printf("0\n"); continue; } if(b==0) { // if(c%a==0&&c/a>0)printf("1\n"); if(c%a==0&&c/a>0)printf("ZenMeZheMeDuo\n");//!!! else printf("0\n"); continue; } bool f1=0,f2=0; if(a<0)f1=1,a=-a; if(b<0)f2=1,b=-b; ll g=gcd(a,b),x,y; // a/=g; b/=g; c/=g;//和平常 exgcd 写法不同? exgcd(a,b,x,y);// // x*=c; y*=c; a*=g; b*=g; c*=g; if(a*x+b*y!=c){printf("0\n"); continue;}//等价于 c%g!=0 ,无解? if(f1)a=-a,x=-x; if(f2)b=-b,y=-y; if(a*b<0) { // if(c%g)printf("0\n"); // else //可有可无 printf("ZenMeZheMeDuo\n");//发现能增加任意成比例倍 continue; } if(a<0)a=-a,b=-b,c=-c;//此时 a,b 同号 a/=g; b/=g; c/=g;// // if(x<0) //原来写法的残渣(为什么不行?(少了个特判?)) // { // ll k=(-x)/b+1; // x+=k*b; y-=k*a; // } // else // { // ll k=x/b; // x-=k*b; y+=k*a; // } // if(y<=0){printf("0\n"); continue;} // // ll ans; // if(y%a==0)ans=y/a; // else ans=y/a+1; ll ans; x=(x%b+b)%b; if(x==0)x=b; y=(c-a*x)/b; ll mny=(y%a+a)%a; if(mny==0)mny=a; if(mny>y)ans=0;//不仅是 y<=0 else ans=(y-mny)/a+1; if(ans>65535)printf("ZenMeZheMeDuo\n"); else printf("%lld\n",ans); } return 0; }
T2：树上染色，把 m 个点染成黑色，其它点是白色，收益是白点两两之间距离和+黑点两两之间距离和，求最大收益。
以前做过的题，有个很妙的性质是一旦确定子树内部有多少黑点，就知道子树内部有多少白点，以及子树外的白点、黑点个数；
所以就可以依据这个算出子树根上这条边的贡献，于是问题成了个简单的树形DP，考场AC。
考场(AC)代码如下：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; typedef long long ll; int const maxn=2005; int n,m,hd[maxn],ct,siz[maxn]; ll f[maxn][maxn]; struct N{ int to,nxt,w; N(int t=0,int n=0,int w=0):to(t),nxt(n),w(w) {} }ed[maxn<<1]; void add(int x,int y,int z){ed[++ct]=N(y,hd[x],z); hd[x]=ct;} ll num(int siz,int x){return x*(m-x)+max(0,(siz-x)*(n-m-siz+x));} void dp(int x,int fa) { siz[x]=1; for(int i=hd[x],u;i;i=ed[i].nxt) { if((u=ed[i].to)==fa)continue; dp(u,x); siz[x]+=siz[u]; for(int j=min(siz[x],m);j>=0;j--)//x中黑点数 for(int k=max(0,j-(siz[x]-siz[u]));k<=siz[u]&&k<=j;k++)//u中黑点数 f[x][j]=max(f[x][j],f[x][j-k]+f[u][k]+ed[i].w*num(siz[u],k)); // printf("f[%d][%d]=%d f[%d][%d]=%d num(%d,%d)=%lld\n", // u,k,f[u][k],x,j,f[x][j],siz[u],k,num(siz[u],k)); } } int main() { freopen("coloration.in","r",stdin); freopen("coloration.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1,x,y,z;i<n;i++) { scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); add(x,y,z); add(y,x,z); } int x=1; siz[x]=1; for(int i=hd[x],u;i;i=ed[i].nxt) { dp(u=ed[i].to,x); siz[x]+=siz[u]; for(int j=min(siz[x],m);j>=0;j--)//x中黑点数 for(int k=max(0,j-(siz[x]-siz[u]));k<=siz[u]&&k<=j;k++)//u中黑点数 f[x][j]=max(f[x][j],f[x][j-k]+f[u][k]+ed[i].w*num(siz[u],k)); // printf("f[%d][%d]=%d f[%d][%d]=%d num(%d,%d)=%lld\n", // u,k,f[u][k],x,j,f[x][j],siz[u],k,num(siz[u],k)); } printf("%lld\n",f[x][m]); return 0; }
T3：给定一张 n*m 的网格图，从左上(1,1)到右下(n,m)，有一些格子是障碍格子，从起点格子的中心出发，向右上/右下/左上/左下发射一条光线，光线碰到障碍平面会反射，碰到障碍角会弹回来，碰到边界或边角同理，现在给出障碍坐标、起点坐标和初始方向，问最多能穿过多少个格子。(n,m,k <= 100000)
又是一脸不可做的T3...只会模拟啊...一格一格走什么的...
然而没时间写了，于是有了下面这个没过样例的爆0模拟：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; typedef long long ll; int const maxn=1e5+5; int n,m,k,sx,sy,xx[4]={-1,-1,1,1},yy[4]={1,-1,1,-1}; int h[4]={2,3,0,1},s[4]={1,0,3,2},op[4]={3,2,1,0},tp[1005][1005]; ll ans; bool vis[1005][1005],b[1005][1005]; bool ck(int x,int y){return (x<1||y<1||x>n||y>m);} bool dfs(int x,int y,int t) { if(vis[x][y]&&(tp[x][y]==t||tp[x][y]==op[t]))return 0; if(!vis[x][y])ans++; vis[x][y]=1; int nx=x+xx[t],ny=y+yy[t]; int tx=x+xx[t],ty=y+yy[t]; if(b[nx][ny]) { nx=x,ny=y; if((b[tx][ny]&&b[nx][ty])||(b[tx][ny]&&ck(nx,ty)) ||(ck(tx,ny)&&b[nx][ty])||(ck(tx,ny)&&ck(nx,ty)) ||(!b[tx]&&!b[ty]))return 1; else if(b[tx][ny])return dfs(tx,ny,h[t]); else return dfs(nx,ty,s[t]); } else { if(((nx>n||nx<1)&&(ty>m||ty<1))||((tx>n||tx<1)&&(ny>m||ny<1)))return 1; else if(nx>n||nx<1)return dfs(nx,ty,h[t]); else if(ny>m||ny<1)return dfs(tx,ny,s[t]); else return dfs(nx,ny,t); } } int main() { freopen("ray.in","r",stdin); freopen("ray.out","w",stdout); scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); for(int i=1,x,y;i<=k;i++){scanf("%d%d",&x,&y); b[x][y]=1;} char ch[5]; bool f=0; scanf("%d%d",&sx,&sy); cin>>ch; int fx; if(ch[0]=='N'&&ch[1]=='E')fx=0; if(ch[0]=='N'&&ch[1]=='W')fx=1; if(ch[0]=='S'&&ch[1]=='E')fx=2; if(ch[0]=='S'&&ch[1]=='W')fx=3; f=dfs(sx,sy,fx); if(f)dfs(sx+xx[op[fx]],sy+yy[op[fx]],op[fx]); printf("%d\n",ans); return 0; }
(模拟都好难写啊...)
其实正解就是模拟，因为我们可以发现，能使光线发生改变的格子是 n 级别的，边界是 2*n , k 是 n；
所以模拟有保证，但也不能朴素地一格一格模拟；
因为光线在发生方向改变之前都不会改变路径，所以模拟的单位不是一格，而是一次方向改变；
讲题的同学(dalao)给出了“切比雪夫距离”的定义，大概就是横竖的格子斜着来看，横坐标变成 x+y，纵坐标变成 x-y；(???)
那么一条斜着的光线就成了横平竖直的啦！可以把新坐标放进 vector 里，到时二分查找撞上的会是哪一个障碍；
然而这个好难写啊，使用 vector 本来已经是简化了代码，但是好难写啊！
观摩那位同学(dalao)的代码，真是太优美了！对着它看了一晚上，才总算勉强理解，抄了一遍；
首先，我的习惯本来是 n 行 m 列，坐标的第一个是从上往下数行，第二个是从左往右数列；
可是那位同学(dalao)却和数学课上的平面直角坐标系一样从左往右数坐标的第一个，从下往上数坐标的第二个，为了读代码(TJ)方便，我也在这里暂时改变一下习惯；
把新坐标的横、纵坐标分别用两个 vector 存起来，再附带一个原横坐标，找的时候会方便一点；
方向用两个变量存，变方向的时候 *-1 就好了，很方便；
没想到因为对 vector 的自带函数不熟悉，读 TJ 都费了好大的劲...
有令人惊恐(且十分精妙)的细节，写了许多注释，这里就不再写了；(理解了一晚上)
真无法想象在考场上写出这样的代码，需要多加回顾啊...
改后(AC)代码如下：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<vector> #include<algorithm> #include<cmath> using namespace std; int const maxn=1e5+5; int n,m,k,sx,sy,sdx,sdy,x,y,dx,dy; bool f; long long ans; struct N{ int x,y; N(int x=0,int y=0):x(x),y(y) {} bool operator < (const N &b) const { if(x==b.x)return y<b.y; else return x<b.x; } }; vector<N>v[3]; void add(int x,int y) { v[0].push_back(N(x-y,x));//纵 v[1].push_back(N(x+y,x));//横 } void work() { bool fl=(dx!=dy);//fl=1横走 N p=fl?N(x+y,x):N(x-y,x); vector<N>::iterator it=upper_bound(v[fl].begin(),v[fl].end(),p);//第一个大于p.x的 (精确到了原横坐标!!!) for(;it->x!=p.x;it--);//新坐标相等(且原横坐标第一个大于的) //必须有这句，因为可能原本的y是相同x中最大的，于是就找到了x大于的地方 //上面的情况仅在dx<0时存在(退一步从障碍处出发时退到边缘)，所以下面再处理一下到下一个障碍位置 if(dx<0)//横坐标-- for(;it->y>=x;it--);//原横坐标第一个小于x的 ans+=abs(it->y-x)-1;//横看的经过格子数 (it是撞上的障碍，而且从障碍处出发，算下来一共-1) x=it->y; y=fl?(it->x-x):(x-it->x);//下一步横坐标是it带的原横坐标 //从新横坐标中得到当前的纵坐标 // bool u=binary_search(v[0].begin(),v[0].end(),N((x-dx)-y,x-dx)), // q=binary_search(v[0].begin(),v[0].end(),N(x-(y-dy),x)); //二者皆可 bool u=binary_search(v[1].begin(),v[1].end(),N((x-dx)+y,x-dx)), q=binary_search(v[1].begin(),v[1].end(),N(x+(y-dy),x)); //二者皆可 if(u==q)f=1,dx*=-1,dy*=-1; else if(u)x-=dx,dy*=-1;//退一步从障碍处出发 else if(q)y-=dy,dx*=-1; } int main() { freopen("ray.in","r",stdin); freopen("ray.out","w",stdout); scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); for(int i=1;i<=m;i++)add(0,i),add(n+1,i); for(int i=0;i<=n+1;i++)add(i,0),add(i,m+1);//注意要包围起来！(网格图) for(int i=1,x,y;i<=k;i++){scanf("%d%d",&x,&y); add(x,y);} sort(v[0].begin(),v[0].end()); sort(v[1].begin(),v[1].end()); char ch[5]; scanf("%d%d",&x,&y); cin>>ch; dx=(ch[0]=='N')?-1:1; dy=(ch[1]=='W')?-1:1; work(); sx=x; sy=y; sdx=dx; sdy=dy;//换起点，为了使它最后在起点处能停一下 ans=0; while(1) { work(); if(x==sx&&y==sy&&dx==sdx&&dy==sdy)break; } if(f)ans>>=1;//原路返回则/2 printf("%lld\n",ans); return 0; }
总结：细节复杂(其实也没有)的T1，思细极恐(就是大模拟)的T3，要怎样才能在考场上写出来...
考虑问题还需要更周密一点，写模拟也要讲究艺术啊。