描述：
MWH寒假外出旅游，来到了S国。S国划分为N个省，第i个省有Ti座城市，编号分别为Ci1，Ci2，……CiTi（各省城市编号不会重复）。所有城市间有M条双向的道路连接，从任意一个城市出发，可到达一切城市，每条道路均须收费。
此时恰逢春运期间，S国交通运输局采取了优惠措施。当一条路的路费在[L..R]区间时，可免去。同时，每个省也有优惠措施，第i个省内的每条道路路费收其Xi%，连接第i个省和第j个省的每条道路路费收其(Xi%+Xj%)/2。
MWH想从城市s走到城市t，请求出一对L，R，确保：
- MWH能免费到达目的地；
- L≤R；
- L、R均为整数；
- L尽可能地大，R在满足L最大的前提下最小。
输入
第一行两个整数N，M。
接下来M行，每行三个整数，u、v、w，表示连接u、v的道路需收费w。
接下来N行，第i+M+1行有一个整数Ti，后面Ti个整数，分别是Ci1..CiTi（所有城市编号保证按正整数顺序给出1.. Ti）。
下一行N个整数X1..Xi。
最后一行，两个整数，s、t。
输出
一行两个整数，如题，L和R。
样例
输入 输出
3 7 2 6 1 2 3 5 2 8 1 3 7 5 4 5 2 4 9 3 5 10 3 4 2 2 1 2 1 3 2 4 5 30 50 60 1 5
n<=5000 m<=100000 城市<=50000
注意：因每条道路由各省的交通运输局直接管辖，所以每条道路的路费必须先得到省级优惠，再得到国家级优惠。
杨神犇提供显然思路，跑一个最大生成树，s->t路径上最小边就是l，然后跑一个最小生成树，强行使刚才的最小边加入树中，s->t路径上最大边就是r，输出即可。
我的思路是先二分一个l，权值在l~15000的边保留，看s->t是否在同一联通块，并查集判断即可，r同理。
我的代码：
#include <cstdio> #include <algorithm> #include <ctime> using namespace std; const int N=100005; int n,m; int xx[N],yy[N],block[50005],ss,t; int dl,dr=16000,maxx; double van[N],zk[50005]; inline int read() { char k=0;char ls;ls=getchar(); for(;ls<'0'||ls>'9';k=ls,ls=getchar()); int x=0;for(;ls>='0'&&ls<='9';ls=getchar())x=x*10+ls-'0'; if(k=='-')x=0-x;return x; } struct bcj { int fa[50005]; inline void be(){for(int i=1;i<=maxx;i++)fa[i]=i;} int f(int x){return fa[x]=(fa[x]==x)?x:f(fa[x]);} int u(int x,int y){fa[f(y)]=f(x);} }s; inline bool gay1(int x) { s.be(); for(int i=1;i<=m;++i) { if(x<=van[i]) s.u(xx[i],yy[i]); } if(s.f(ss)==s.f(t)) return true; return false; } inline void fuck1() { int l=0,r=16000,ans; while(l<r) { int mid=(l+r)>>1; if(gay1(mid)) l=mid+1,ans=mid; else r=mid; } dl=ans; } inline bool gay2(int x) { s.be(); for(int i=1;i<=m;++i) { if(dl<=van[i]&&van[i]<=x) s.u(xx[i],yy[i]); } if(s.f(ss)==s.f(t)) return false; return true; } inline void fuck2() { int l=0,r=16000,ans; while(l<r) { int mid=(l+r)>>1;//printf("mid=%d\n",mid); if(gay2(mid)) l=mid+1;//,printf("jzsb:l=%d r=%d mid=%d\n",l,r,mid); else r=mid,ans=mid;//,printf("ljjz:l=%d r=%d mid=%d\n",l,r,mid); } dr=ans; } int main() { freopen("trip.in","r",stdin); freopen("trip.out","w",stdout); // double stt=clock(); n=read();m=read(); for(int i=1;i<=m;++i){xx[i]=read(),yy[i]=read(),scanf("%lf",&van[i]);maxx=max(max(xx[i],yy[i]),maxx);} for(int i=1,T,x;i<=n;++i) { T=read(); while(T--) x=read(),block[x]=i; } for(int i=1;i<=n;++i) { scanf("%lf",&zk[i]); zk[i]/=(double)100; } for(int i=1;i<=m;++i) { int jzoj=block[xx[i]]; int laji=block[yy[i]]; if(jzoj==laji) van[i]*=zk[jzoj]; else van[i]*=(zk[jzoj]+zk[laji])/2; } /*for(int i=1;i<=m;++i) { printf("%d %d %lf\n",xx[i],yy[i],van[i]); }*/ ss=read();t=read(); fuck1();fuck2(); printf("%d %d",dl,dr); // double eed=clock(); // printf("\n%.2lfms",eed-stt); }
Data Constraint
对于10%的数据：1<=n<=3
对于20%的数据，1<=n<=9
对于30%的数据：1<=n<=18，1<=k<=10^6
对于60%的数据：1<=n<=18
对于80%的数据：1<=n<=100,1<=k<=10^100
对于90%的数据：1<=n<=1000,1<=k<=10^1000
对于100%的数据：1<=n<=100000,1<=k<=min(10^20000,n!)
显然过90%数据高精模拟即可。100%数据发现1<=k<=min(10^20000,n!)，大概在n>=6000左右开始模拟即可。
具体先看k的值，来确定第一位放那个：
如：输入 4 8
考虑4的全排列第一位放什么，假如第一个放1，后面3个有（n-1）！种放法。
所以应该放的为k mod (n - i +1)! / (n - i)! （从大到小枚举i）
然后 k mod (n - i +1)! / (n - i)!=k div (n - i)! mod (n - i + 1)
暴力高精除低精，高精取膜，int64 压位即可。（表示没写）；
对于一个正整数N，存在一个正整数T（0<T<N），使得
的值是正整数。
小X给出N，让小Y给出所有可能的T。如果小Y不回答这个神奇的大佬的简单数学题,他学神的形象就会支离破碎。所以小Y求你帮他回答小X的问题。 (n<=10^14)
随便推公式即可（感谢van老师教的数学）。
设
[n-(t/2)]/(n-t)=k
1/2+n/[2(n-t)]=k
1+n/(n-t)=2k
就是让n/(n-t)为奇数即可，
枚举n的约数即可。（题解只是提示，细节不多提）
#include <cstdio> #include <algorithm> #include <cmath> using namespace std; long long n; long long a[10000005],b[10000005]; long long cnt1,cnt2; bool flag; int main() { freopen("math.in","r",stdin); freopen("math.out","w",stdout); scanf("%lld",&n); if(n==1||n==0||n==2) {printf("0");return 0;} int sq=sqrt(n); for(long long i=1;i<=sq;++i) { if(n%i==0) { // printf("%lld\n",n%i); flag=true; long long j=n/i; // printf("%lld %lld\n",i,j); if((j&1)&&i!=n) { b[++cnt2]=n-i; } if((i&1)&&j!=n) { a[++cnt1]=n-j; } } } if(flag==false) { printf("1 %lld",n-1); } else { printf("%lld ",cnt1+cnt2); for(int i=1;i<=cnt1;++i) printf("%lld ",a[i]); for(int i=cnt2;i>=1;--i) printf("%lld ",b[i]); } }