[CZYZ2016]day3

小W摆石子

Description

有\(K\)个石子，石子只能放在\(N\)条水平线与\(M\)条竖直线构成的网格的交点上。
求用\(K\)个石子最多能找到多少四边平行于坐标轴的长方形，它的四个角上都恰好放着一枚石子。

Input

第一行三个整数\(N,M,K\)。

Output

一个非负整数，即最多的满足条件的长方形数量。

Sample Input

3 3 8

Sample Output

5

HINT

\(N\;\leq\;30000\)，保证任意两点不重合，\(K\;\leq\;N\;\times\;M\)

Solution

很显然，最佳的方案长这样：

\(xxx...xxx\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;xxx...xxx\)

\(xxx...xxx\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;xxx...xxx\)

\(\;\;\;\;\dots\dots\;\;\;\;\;\;\;\;\)或\(\;\;\;\;\;\;\;\;\;\dots\dots\)

\(xxx...xxx\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;xxx...xxx\)

\(xxx...x\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;xxx...xxx\)

设上面两个图形的大多数行的个数为\(l,\)枚举\(l,ans=max(C_{k/l}^{2}\;\times\;C_l^2+C_{k\;mod\;l}^2\;\times\;k/l)\;(1<l\;\leq\;max(n,m))\)。

这题本弱有写过原题，但是考场上还是想错了\(QAQ\)

#include<cmath>
#include<ctime>
#include<stack>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,m,k,sum,ans;
inline bool chk(ll x,ll y){
    return max(x,y)<=n&&min(x,y)<=m;
}
inline ll c2(ll k){
    return k*(k-1)>>1;
}
inline void init(){
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
    if(n<m){
        ll t=m;m=n;n=t;
    }
    for(ll i=n,x,y;i>1;i--){
        x=k/i;y=k%i;
        if(!chk(i,x+(y>0))||!x) continue;
        sum=c2(x)*c2(i)+c2(y)*x;
        ans=max(ans,sum);
    }
    printf("%lld\n",ans);
}
int main(){
    freopen("rectangle.in","r",stdin);
    freopen("rectangle.out","w",stdout);
    init();
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

小M玩数列

Description

求\(Fibonacci\)数列第\(X-Y\)项的和除以\(10000\)的余数。

Input

第一行一个整数\(T\)，表示数据组数。
接下来\(T\)行，每行两个数\(X,Y\)，意义如题所述。

Output

\(T\)行，每行是一个询问的答案。

Sample Input

2 
1 5 
127 255

Sample Output

12 
5976

HINT

\(T\;\leq\;1000,X\;\leq\;Y\;\leq\;2^{31}−1\)

Solution

\(X,Y\)这么大，很容易会想到矩乘。

\(s[i]=s[i-1]+f[i]=s[i-1]+f[i-1]+f[i-2]\)。
\(\\\)
\(\begin{bmatrix}s[i]\\f[i]\\f[i-1]\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&1&1\\0&1&1\\0&1&0\end{bmatrix}\times\begin{bmatrix}s[i-1]\\f[i-1]\\f[i-2]\end{bmatrix}\)

人生第一道当场\(A\)的矩乘题，感动\(QAQ\)

#include<cmath>
#include<ctime>
#include<stack>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define M 10000
using namespace std;
struct matrix{
    int a[5][5],n,m;
}a,b,c;
int l,r,s1,s2,t;
inline matrix mul(matrix a,matrix b){
    matrix c;c.n=a.n;c.m=b.m;
    for(int i=1;i<=c.n;i++)
        for(int j=1;j<=c.m;j++)
            c.a[i][j]=0;
    for(int i=1;i<=c.n;i++)
        for(int j=1;j<=c.m;j++)
            for(int k=1;k<=c.n;k++){
                c.a[i][j]+=a.a[i][k]*b.a[k][j];
                c.a[i][j]%=M;
            }
    return c;
}
inline matrix po(matrix a,int k){
    matrix c;c.m=a.m;c.n=a.n;
    for(int i=1;i<=c.n;i++)
        for(int j=1;j<=c.m;j++)
            if(i!=j) c.a[i][j]=0;
            else c.a[i][j]=1;
    while(k){
        if(k&1) c=mul(a,c);
        a=mul(a,a);k>>=1;
    }
    return c; 
}
inline void init(){
    scanf("%d",&t);
    a.m=a.n=b.n=3;b.m=1;
    a.a[1][1]=a.a[1][2]=a.a[1][3]=1;
    a.a[2][2]=a.a[2][3]=a.a[3][2]=1;
    b.a[1][1]=2;b.a[2][1]=b.a[3][1]=1;
    while(t--){
        scanf("%d%d",&l,&r);
        if(l<=3) s1=l-1;
        else{
            c=mul(po(a,l-3),b);
            s1=c.a[1][1];
        }
        if(r<=2) s2=r;
        else{
            c=mul(po(a,r-2),b);
            s2=c.a[1][1];
        }
        printf("%d\n",(s2-s1+M)%M);
    }
}
int main(){
    freopen("fibonacci.in","r",stdin);
    freopen("fibonacci.out","w",stdout);
    init();
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

小W计树

Description

给定一个\(N\)个顶点，\(M\)条边的无向连通图。

设\(dist1[i]\)表示在这个无向连通图中，顶点\(i\)到顶点\(1\)的最短距离。

求在这张图中，有多少棵大小为\(N\)的树满足对于任意的\(i\)，\(dist1[i]=dist2[i]\)（\(dist2[i]\)表示在这棵树中，顶点\(i\)到顶点\(1\)的距离）。

Input

第一行，两个整数，\(N,M\)，表示有\(N\)个顶点和\(M\)条边。
接下来有\(M\)行，每行有\(3\)个整数\(x,y,len(1\;\leq\;x,y\;\leq\;n,1\;\leq\;len\;\leq\;100)\)，
表示顶点\(x\)和顶点\(y\)有一条长度为\(len\)的边。
数据保证不出现自环、重边。

Output

一行两个整数，表示满足条件的方案数\(mod\;2147483647\)的答案。

Sample Input

3 3 
1 2 2 
1 3 1 
2 3 1

Sample Output

2

HINT

\(2\;\leq\;N\;\leq\;1000,N−1\;\leq\;M\;\leq\;N\;\times\;(N−1)/2\)

Solution

\(tot[i]\)表示到达点\(i\)满足\(dis2[j]+g[j][i]=dis2[i]\)的点数。

用\(Dijkstra\)实现即可。

\(ans=\prod_{i=1}^{N}tot[i]\)

考场上记录答案的方式写错了导致炸到只剩\(20\;QAQ\)

#include<cmath>
#include<ctime>
#include<stack>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 1005ll
#define M 1000005ll
#define K 2147483647ll
using namespace std;
typedef long long ll;
struct graph{
    ll nxt,to,w;
}e[M];
ll g[N],dis[N],tot[N],n,m,ans,cnt;
bool v[N];
inline ll read(){
    ll ret=0;char c=getchar();
    while(!isdigit(c))
        c=getchar();
    while(isdigit(c)){
        ret=ret*10+c-'0';
        c=getchar();
    }
    return ret;
}
inline void addedge(ll x,ll y,ll w){
    e[++cnt].nxt=g[x];g[x]=cnt;
    e[cnt].to=y;e[cnt].w=w;
}
inline void init(){
    n=read();m=read();
    for(ll i=1,j,k,l;i<=m;i++){
        j=read();k=read();l=read();
        addedge(j,k,l);addedge(k,j,l);
    }
    for(ll i=2;i<=n;i++){
        dis[i]=M;tot[i]=1;
    }
    for(ll l=1,p=1,nxt,mi;l<=n;l++,p=nxt){
        for(ll i=g[p];i;i=e[i].nxt)
            if(dis[p]+e[i].w<dis[e[i].to]){
                tot[e[i].to]=1;
                dis[e[i].to]=dis[p]+e[i].w;
            }
            else if(dis[p]+e[i].w==dis[e[i].to])
                tot[e[i].to]=(tot[e[i].to]+1)%K;
        mi=M;
        for(ll i=2;i<=n;i++)
            if(dis[i]<mi&&!v[i]){
                mi=dis[i];nxt=i;
            }
        v[nxt]=true;
    }
    ans=1;
    for(ll i=2;i<=n;i++)
        ans=ans*tot[i]%K;
    printf("%I64d\n",ans);
}
int main(){
    freopen("treecount.in","r",stdin);
    freopen("treecount.out","w",stdout);
    init();
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}