题目链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/3002#question
emmm，没什么好说的，就是送人头了，
题目说明：
A.honoka和格点三角形 B.kotori和bangdream C.umi和弓道 D.hanayo和米饭
（计数问题） （水题计算） （卡精度题） （水题）
E.rin和快速迭代 F.maki和tree G.eli和字符串 H.nozomi和字符串
（暴力） （DFS遍历） （二分+前缀和） （二分+前缀和）
I.nico和niconiconi J.u's的影响力
（DP） （矩阵快速幂+数论）
A.honoka和格点三角形
没什么好说的，上图：
以下是AC代码：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long const int mac=2e5+10; const int inf=1e9+10; const int mod=1e9+7; int main() { ll n,m; cin>>n>>m; ll a=((n-2)*n%mod*(m-1)%mod+(m-2)*m%mod*(n-1)%mod)%mod*2%mod; ll b=((m-2)*(n-1)%mod*n+(n-2)*(m-1)%mod*m)%mod*2%mod; ll c=((n-2)*(m-1)%mod+(m-2)*(n-1)%mod)%mod*4%mod; cout<<(a+b-c+mod)%mod<<endl; return 0; }
B.kotori和bangdream
每个音符的得分期望是$x%*a+(100-x)%*b$，n个音符的得分总期望就乘以n好了
以下是AC代码：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int n,x,a,b; scanf ("%d%d%d%d",&n,&x,&a,&b); double pa,pb; pa=x*1.0/100;pb=(100-x)*1.0/100; double ans=n*pa*a+n*pb*b; printf("%.2f\n",ans); return 0; }
C.umi和弓道
由于要计算挡板的最短长度，那么挡板一定是挡住了n-k个，如果挡住了n-k个以上，那么一定可以将挡板长度减少，所以我们判断n-k就好了，又所有的点都不在坐标轴上就很好办了。首先确定umi所在位置的象限。很明显同一象限的点是不可能用挡板挡掉的，对于剩下的点找出线段和 x轴或 y 轴的交点，统计坐标位置。
$kx_{1}+b=y_{1}$
$kx_{2}+b=y_{2}$
可得：
$b=\frac{y_{1}x_{2}-y_{2}x_{1}}{x_{2}-x_{1}}$ $k=\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}$
当交点是x轴的时候，我们令y=0，那么$x=-\frac{b}{k}$，交点是y轴的时候就是b了，然后我们交上去就会发现WA了。。。。
在WA了无数发之后我觉得已经没有什么能改的了，只有精度的问题了，那么在计算坐标点的时候我们尽量减少除法的使用，实际上x,y轴的交点可以更快算出来：
我们知道斜率$k=\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}$那么b的值就可以直接随便带个点去减了：$b=y_{0}-kx_{0}$
仿照b的求法，我们将式子同时除以k：$x+\frac{1}{k}b=\frac{1}{k}y$ 那么令$y_{0}=0$的时候$x=-\frac{1}{k}b$ 而上面的式子我们又可以算出
$-\frac{1}{k}b=x_{0}-\frac{1}{k}y_{0}$那么答案也就出来了。我们减少了一次除法运算，只计算了一次k的值
然后我们分别对x,y轴上的点进行循环取最小n-k长度的大小。
以下是AC代码：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int mac=1e5+10; const double esp=1e-7; const double inf=1e10+10; double point_x[mac],point_y[mac]; int cntx,cnty; int same(double x,double y,double x0,double y0) { if (1.0*x/x0>0 && 1.0*y/y0>0) return 1; return 0; } int cross(double x,double y,double x0,double y0)//0->x,1->y,2->x,y { if (1.0*x/x0<0 && 1.0*y/y0<0) return 2; else if (1.0*x/x0<0) return 1; else if (1.0*y/y0<0) return 0; } void deal(double x,double y,double x0,double y0,int pt) { //y=kx+b //double k=1.0*(y-y0)/(x-x0); //double b=1.0*(y0*x-y*x0)/(x-x0);//刚开始int,y0*x会爆 //double cross_x=-b/k; double b=y0-1.0*x0*(y-y0)/(x-x0); double cross_x=x0-1.0*y0*(x-x0)/(y-y0); if (pt==0) point_x[++cntx]=cross_x; else if (pt==1) point_y[++cnty]=b; else { point_x[++cntx]=cross_x; point_y[++cnty]=b; } } int main(int argc, char const *argv[]) { int n,k; double x0,y0; scanf ("%lf%lf",&x0,&y0); scanf ("%d%d",&n,&k); int len_num=n-k; for (int i=1; i<=n; i++){ double x,y; scanf ("%lf%lf",&x,&y); if (same(x,y,x0,y0)) continue; int point=cross(x,y,x0,y0);//0代表交点在x,1代表在y,2代表x,y都有 deal(x,y,x0,y0,point);//找出所有与x，y轴的交点 } sort(point_x+1,point_x+1+cntx); sort(point_y+1,point_y+1+cnty); double ans=inf; for (int i=1; i+len_num-1<=cntx; i++){ double len_len=point_x[i+len_num-1]-point_x[i]; ans=min(ans,len_len); } for (int i=1; i+len_num-1<=cnty; i++){ double len_len=point_y[i+len_num-1]-point_y[i]; ans=min(ans,len_len); } if (fabs(ans-inf)<esp) printf("-1\n"); else printf("%.8f\n",ans); return 0; }
D.hanayo和米饭
没什么好说的，签到题，每个数标记一下，然后遍历输出没标记的那个数就可以了。
以下是AC代码：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int mac=1e5+10; int vis[mac]; int main() { int n,x; scanf ("%d",&n); for (int i=1; i<n; i++) scanf("%d",&x),vis[x]=1; for (int i=1; i<=n; i++) if (!vis[i]){ printf("%d\n",i); break; } return 0; }
E.rin和快速迭代
$10^{12}$看起来很多，实际上我们算因子的时候最多只需要循环$10^{6}$次，而每次计算因子的时候都要开根号，所以直接暴力计算因子数所花费的时间并不是很多
以下是AC代码：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long int f(ll x) { int ans=0; if (x==2) return ans; ans=1; int sum=0; ll m=sqrt(x); if (m*m==x) sum++,m--; for (int i=1; i<=m; i++){ if (x%i==0) sum+=2; } return ans+f(sum); } int main() { ll n; scanf ("%lld",&n); int ans=f(n); printf("%d\n",ans); return 0; }
F.maki和tree
经过一个黑点的路径有两种：两个端点都是白点；其中一个端点是黑点。
因此我们可以先预处理，将每个白点连通块上的白点个数统计出来。这样我们就可以得知每个黑点所连接的白点的权值（即连通块白点数）。
设某黑点连接了 k 个白点，第 i 个白点的权值为 f(i) 。
那么第一种路径的数量就是$\sum_{i=1}^{k}\sum_{j=i+1}^{k}f(i)*f(j)$如图所示：
2到其他的白点的有2-4,2-3,2-5,2-6,2-7
接下来就是4和5到其他白点，由于白块2已经遍历过了，所以往前找，那么就是2*（1+2）....
第二种就没什么好说的了，把所以的白点个数加起来就好了。
emmm，不知道为什么段错误。然后我把手动循环改成auto就可以了。。蜜汁BUG。注意答案要用long long，被坑了。。。
以下是AC代码：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int mac=1e5+10; vector<int>g[mac],blk[mac]; int mark[mac],root[mac],sz[mac]; char s[mac]; void dfs(int x,int fa) { sz[x]=1; for (auto v:g[x]){ if (v==fa) continue; dfs(v,x); sz[x]+=sz[v]; } } int main(int argc, char const *argv[]) { int n; scanf ("%d",&n); scanf ("%s",s+1); int cnt=0; for (int i=1; i<=n; i++){ mark[i]=s[i]=='B'; if (mark[i]) root[++cnt]=i; } for (int i=1; i<n; i++){ int u,v; scanf("%d%d",&u,&v); if (mark[u] || mark[v]) { if (mark[u] && mark[v]) continue; if (mark[u]) blk[u].push_back(v);//黑点u的白儿子 else blk[v].push_back(u);//黑点v的白儿子 continue; } g[u].push_back(v); g[v].push_back(u); } int ans=0; for (int i=1; i<=cnt; i++){ int u=root[i]; int sum=0; for (auto v:blk[u]){ dfs(v,0);//以白儿子v为根进行遍历计算连通块v的大小 sum+=sz[v]; } ans+=sum; for (auto v:blk[u]){ ans+=sz[v]*(sum-sz[v]); sum-=sz[v]; } } printf("%d\n",ans); return 0; }
G.eli和字符串
看一下题目。。。秒出二分，至于怎么求区间相同字母的个数，直接用前缀和就好了时间复杂度$O(26n)$。加上二分的log就是$O(logn*26n)$
以下是AC代码：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long const int mac=2e5+10; const int inf=1e9+10; char s[mac]; int dp[mac][30]; int ok(int x,int n,int k) { for (int i=1; i+x-1<=n; i++){ int p=-1; for (int j=0; j<='z'-'a'; j++){ p=max(dp[i+x-1][j]-dp[i-1][j],p); } if (p>=k) return 1; } return 0; } int main() { int n,k; scanf ("%d%d",&n,&k); scanf ("%s",s+1); int l=1,r=n,mid,ans=inf; for (int i=1; i<=n; i++) for (int j=0; j<='z'-'a'; j++){ dp[i][j]=dp[i-1][j]+(s[i]=='a'+j); } while (l<=r){ int mid=(l+r)>>1; if (ok(mid,n,k)){ ans=mid; r=mid-1; } else l=mid+1; } if (ans==inf) printf("-1\n"); else printf("%d\n",ans); return 0; }
H.nozomi和字符串
这题也是一眼二分，和G题一样的，搞个前缀和维护一下就好了
以下是AC代码：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int mac=2e5+10; char s[mac]; int dp[mac][2]; int ok(int x,int k,int n) { for (int i=1; i+x-1<=n; i++){ if (dp[i+x-1][0]-dp[i-1][0]<=k) return 1; if (dp[i+x-1][1]-dp[i-1][1]<=k) return 1; } return 0; } int main() { int n,k; scanf ("%d%d",&n,&k); scanf ("%s",s+1); for (int i=1; i<=n; i++){ for (int j=0; j<=1; j++){ dp[i][j]=dp[i-1][j]+(s[i]=='0'+j); } } int l=1,r=n,mid,ans=-1; while (l<=r){ mid=(l+r)>>1; if (ok(mid,k,n)){ ans=mid; l=mid+1; } else r=mid-1; } printf("%d\n",ans); return 0; }
I.nico和niconiconi
这题一眼dp，状态转移也很好写：
$if (sbtring(i-3,i)==nico) dp[i]=max(dp[i],dp[i-4]+a)$
$if (sbtring(i-5,i)==niconi) dp[i]=max(dp[i],dp[i-6]+b)$
$if (sbtring(i-9,i)==niconiconi) dp[i]=max(dp[i],dp[i-10]+c)$
以下是AC代码：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long const int mac=3e5+10; char s[mac]; ll dp[mac]; string s1,s2,s3; int ok(int x,string ss) { int len=ss.length(); int cnt=0; if (x<len) return 0; for (int i=x-len+1; i<=x; i++){ if (s[i]!=ss[cnt++]) return 0; } return 1; } int main(int argc, char const *argv[]) { int n,a,b,c; scanf ("%d%d%d%d",&n,&a,&b,&c); scanf("%s",s+1); s1="nico";s2="niconi";s3="niconiconi"; for (int i=1; i<=n; i++){ dp[i]=dp[i-1]; if (ok(i,s1)) dp[i]=max(dp[i],dp[i-4]+a); if (ok(i,s2)) dp[i]=max(dp[i],dp[i-6]+b); if (ok(i,s3)) dp[i]=max(dp[i],dp[i-10]+c); } printf("%lld\n",dp[n]); return 0; }
J.u's的影响力
这一题才是重头戏。。。
$f(i)=f(i-1)*f(i-2)*a^{b}$，其中$f(1)=x,f(2)=y$，问$f(n)$。重点是$n,x,y,a,b<=10^{12}$。取模1e9+7
我们可以先找规律：
$f(1)=x,f(2)=y,f(3)=xya^{b},f(4)=xy^{2}a^{2b}$
$f(5)=x^{2}y^{3}a^{4b},f(6)=x^{3}y^{5}a^{7b},f(7)=x^{5}y^{8}a^{12b}$
.....
很明显我们可以x,y,a的幂是满足斐波那契数列的变形，
其中x和y的幂满足$f(i)=f(i-1)+f(i-2)$ a的幂满足$f(i)=f(i-1)+f(i-2)+b$
那么我们将每个幂算出来就好了（一个简单的矩阵快速幂）。。。。然后你们发现幂太大了，存不下（难道取模吗？）
。。。。幂如果取模的话好像有问题，不过注意这里的模数是1e9+7，是个素数，我们根据费马小定理$a^{p-1}\equiv 1(modp)$
那么有$a^{1e9+6}\equiv 1(mod 1e9+7)$
也就是说我们可以直接对幂的（1e9+6）取模。。。。好像不用欧拉降幂了
这里的矩阵也很简单x的幂是$f(1)=1,f(2)=0$,y的幂是$f(1)=0,f(2)=1$,a的幂是$f(1)=0,f(2)=0,f(3)=b$
那么三个矩阵也很好写出来了：
这是x的幂
这是y的幂
这是a的幂
以下是AC代码：
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int mod=1e9+7; int up; struct Mat { ll m[5][5]; Mat(){memset(m,0,sizeof m);} }; ll qick(ll a,ll b) { ll ans=1; a%=mod; while (b){ if (b&1) ans=ans*a%mod; a=a*a%mod; b>>=1; } return ans; } Mat multi(Mat a,Mat b) { Mat ans; for (int i=1; i<=up; i++) for (int j=1; j<=up; j++){ for (int k=1; k<=up; k++){ ans.m[i][j]+=a.m[i][k]*b.m[k][j]%(mod-1); ans.m[i][j]%=(mod-1); } } return ans; } Mat qick_mat(Mat a,ll n) { Mat ans; for (int i=1; i<=up; i++) ans.m[i][i]=1; while (n){ if (n&1) ans=multi(ans,a); a=multi(a,a); n>>=1; } return ans; } int main(int argc, char const *argv[]) { ll n,x,y,a,b; cin>>n>>x>>y>>a>>b; if (n==1){cout<<x%mod<<endl;return 0;} else if (n==2){cout<<y%mod<<endl;return 0;} else if (x%mod==0 || y%mod==0 || a%mod==0) {cout<<0<<endl;return 0;}//注意！！！ else { up=2; Mat mx,star_mx; mx.m[1][1]=mx.m[1][2]=mx.m[2][1]=1; star_mx.m[2][1]=1; mx=qick_mat(mx,n-2); mx=multi(mx,star_mx); ll ans1=qick(x,mx.m[1][1]); //cout<<ans1<<endl; Mat my,star_my; my.m[1][1]=my.m[1][2]=my.m[2][1]=1; star_my.m[1][1]=1; my=qick_mat(my,n-2); my=multi(my,star_my); ll ans2=qick(y,my.m[1][1]); //cout<<ans2<<endl; up=3; Mat ma,star_ma; ma.m[1][1]=ma.m[1][2]=ma.m[1][3]=1; ma.m[2][1]=ma.m[3][3]=1; star_ma.m[1][1]=b%(mod-1);star_ma.m[2][1]=0;star_ma.m[3][1]=b%(mod-1); ma=qick_mat(ma,n-3); ma=multi(ma,star_ma); ll ans3=qick(a,ma.m[1][1]); //cout<<ans3<<endl; ll ans=(ans1*ans2%mod*ans3)%mod; cout<<ans<<endl; } return 0; }