B.super_log （欧拉降幂）
•题意
定一个一个运算log*,迭代表达式为
给定一个a,b计算直到迭代结果>=b时，最小的x,输出对m取余后的值
•思路
$log*_{a}(1)=1+log*_{a}(0)=1-1=0$
$log*_{a}(a)=1+log*_{a}(log_{a}(a))=1+log*_{a}(1)=1$
$log*_{a}(a^{a})=1+log*_{a}(a)=2$
....
以此类推得$log*_{a}(a^{a^{a^{a^{a^{...}}}}})=b$ (共b个a)
接下来接转化为$a^{a^{a^{a^{a^{...}}}}}$ (共b个a) 对m取模得结果
ps.如果对欧拉降幂不熟悉的话可以先看一下这个题(戳我~)
利用欧拉降幂
$a^{b}=egin{cases}a^{b\%varphi(p)} gcd(a,p)=1 \ a^{b} gcd(a,p) eq 1,b leqslant varphi(p)\a^{b\%varphi(p)+varphi(p)} gcd(a,p) eq1,bgeqslant varphi(p) \ end{cases}$
递归求解，至多走到2log层模数就会变成1，返回答案就行了。
但是在求$a^{a}\%varphi(p)$时怎么计算$a$和$varphi(p)$的大小呢
利用取模方法！
在取模时，如果大于$varphi(p)$就取模 x=x%mod，否则不取模x=x，就可以当作a和p的互素处理
具体证明请看这里
•代码
View Code1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define ll long long 4 ll qpow(ll a,ll b,ll mod)//快速幂 5 { 6 ll res=1; 7 while(b) 8 { 9 if(b&1) 10 res=res*a>mod?res*a%mod+mod:res*a; 11 a=a*a>mod?a*a%mod+mod:a*a; 12 b>>=1; 13 } 14 return res; 15 } 16 17 ll phi(ll x)//求x的欧拉函数值 18 { 19 ll res=x; 20 for(int i=2;i*i<=x;i++) 21 { 22 if(x%i==0) 23 { 24 while(x%i==0) 25 x/=i; 26 res=res-res/i; 27 } 28 } 29 if(x>1) 30 res=res-res/x; 31 return res; 32 } 33 34 ll solve(ll a,ll b,ll m) 35 { 36 if(m == 1) 37 return 0; 38 if(b==0||a==1) 39 return 1ll; 40 41 ll p=phi(m); 42 return qpow(a,solve(a,b-1,p),m); 43 } 44 45 int main() 46 { 47 int t; 48 cin>>t; 49 while(t--) 50 { 51 ll a,b,m; 52 cin>>a>>b>>m; 53 cout<<solve(a,b,m)%m<<endl; 54 } 55 }
H. Holy Grail（最短路floyd）
•题意
给一个加权有向图，然后让你给你六个顶点，添六条边，
但是添边是有限制的。每次添边的权值要最小，并且不能构成负环，
•思路
可以先根据已知边跑floyd,获得此时两点u->v的最短路，然后v->u的权值等于u->v的最短路取反
然后再根据此时已知边继续跑floyd，再加边
进行6次floyd，加6条边
dij不能处理负权pass!
(在比赛时一直在想加上u->v这条边也不能构成环的情况然后就不知道该怎么做了...
然而看出题人题解貌似没有这个意思....？？题意描述不清喵喵喵？)
•代码
View Code1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define ll long long 4 #define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f 5 int n,m; 6 ll d[305][305]; 7 8 void Init() 9 { 10 for(int i=1;i<=n;i++) 11 for(int j=1;j<=n;j++) 12 d[i][j]=inf; 13 } 14 15 void floyd() 16 { 17 for(int k=1;k<=n;k++) 18 for(int i=1;i<=n;i++) 19 for(int j=1;j<=n;j++) 20 d[i][j]=min(d[i][j],d[i][k]+d[k][j]); 21 } 22 int main() 23 { 24 // freopen("C:\Users\14685\Desktop\C++workspace\in&out\contest","r",stdin); 25 int t; 26 scanf("%d",&t); 27 while(t--) 28 { 29 scanf("%d%d",&n,&m); 30 Init(); 31 int u,v; 32 ll k; 33 for(int i=1;i<=m;++i) 34 { 35 scanf("%d%d%lld",&u,&v,&k); 36 d[u+1][v+1]=k; 37 } 38 for(int i=1;i<=6;++i) 39 { 40 floyd(); 41 scanf("%d%d",&u,&v); 42 printf("%lld ",-1ll*d[v+1][u+1]); 43 d[u+1][v+1]=-1ll*d[v+1][u+1]; 44 } 45 } 46 }
F.Greedy Sequence（思维+滑动窗口）
•题意
给你一个包含 n 个数的序列 a，其中 a 中存的数为 1~n 的排列；
定义一个二维数组 s；
s 中一共有 n 行，每行有 n 个数；
定义 s 数组：
① $s_{i}[1]=i$
②$forall i in[1,n],j in [2,n],s_{i,j} le s_{i,j-1}$，即 $s_i$是个非增序列；
③对于 $s_i$ 中的第 j( j > 1 ) 个数，$s_{i,j}$ 在 a 中的位置与 $s_{i,j-1}$ 在 a 中的位置之差的绝对值不能超过 k；
④ $s_i$ 中的第 j( j > 1) 个数，要尽可能的大；
⑤如果 $s_{i,j}$ 后，在 a 中找不到满足条件 ②③ 的数，并且 $s_i$ 不足 n 个数，用 0 填充剩余的数；
输出 |s1|,|s2|,...,|sn|，|si|表示 s 中第 i 行包含的数的个数；
•思路
在set为空时插入0,是为了upper_bound()容易找，
利用upper_bound()需要-1，如果upper_bound()=begin()的话需要判断
插入0后就不需要判断了，方便操作
•代码
View Code1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int maxn=1e5+5; 4 int a[maxn]; 5 int R[maxn],L[maxn]; 6 int s[maxn]; 7 set<int> f; 8 int n,k; 9 10 void Solve() 11 { 12 f.clear(); 13 f.insert(0); 14 int index=2;///index代表下标 15 for(;index<=min(k+1,n);index++) 16 f.insert(a[index]); 17 18 for(int i=1;i<=n;i++) 19 { 20 auto it=f.upper_bound(a[i]); 21 it--; 22 R[a[i]]=*it; 23 f.erase(f.find(a[i+1])); 24 if(index<=n) 25 f.insert(a[index++]); 26 } 27 f.clear(); 28 f.insert(0); 29 index=n-1; 30 for(;index>=max(1,n-k);index--) 31 f.insert(a[index]); 32 33 for(int i=n;i>=1;i--) 34 { 35 auto it=f.upper_bound(a[i]); 36 it--; 37 L[a[i]]=*it; 38 f.erase(f.find(a[i-1])); 39 if(index>=1) 40 f.insert(a[index--]); 41 } 42 // for(int i=1;i<=n;i++) 43 // printf("%d R:%d L:%d ",a[i],R[a[i]],L[a[i]]); 44 45 s[0]==0; 46 for(int i=1;i<=n;i++) 47 { 48 s[i]=s[max(R[i],L[i])]+1; 49 printf("%d%c",s[i],i==n?' ':' '); 50 } 51 52 } 53 int main() 54 { 55 int t; 56 cin>>t; 57 while(t--) 58 { 59 cin>>n>>k; 60 for(int i=1;i<=n;i++) 61 cin>>a[i]; 62 Solve(); 63 } 64 }
I.Washing clothes（贪心）
•题意
有n个人分别在$t_{i}$时刻进入洗衣房要洗衣服，可以机洗可以手洗,
但是只有一台洗衣机，每次机洗花费的时间是$x$，同时也可以手洗花费时间是$m$，
可以多人同时手洗，而不能同时机洗
求当$xepsilon [1,y]$,所有人所要花费的最少时间。
•思路
如何判断从哪个人开始使用洗衣机呢？
我们可以使手洗时间尽可能的与机洗时间相同，找到这个点，即为最小值
为什么这个点是最小值呢？
因为$f(i)$是单调递增函数，$g(i)$是单调递减函数
设两者相等时机洗$cnt$个,手洗$n-cnt$个
①现在让手洗多一个，机洗少一个，
因为$f(i)$单调递增，$f(n-cnt+1)>f(n-cnt)$,所以$max(f(i),g(i))$增大，花费时间增加
②现在让手洗少一个，机洗多一个，
手洗花费时间减少$f(i)<g(i)$，已经不影响最大值,而机洗时间可能增大，花费时间可能增加
如何来计算这一点
可以利用手洗和机洗的时间关系，计算手洗一件可以机洗cnt件，
那后$cnt$件可以机洗，前$n-cnt$件用手洗(手洗早结束也早，所以是在cnt件机洗结束时结束)
这里解释一下题解中机洗答案为什么是$max_{j=i}^{N}t_{j}+(n-j+1)*x$
用洗衣机洗有两种情况：
①洗衣机无空闲时间。排队等着前一个人用完洗衣机后一个人接着用
其中$t_{j}+(n-j+1)*x$其实是相当于把后面的衣服都在$j$洗完以后接着洗的，
也就是人来了在等洗衣机洗完，洗完接着又开始洗下一个人的衣服，计算无空闲时间情况
②洗衣机有空闲时间。前一个人用完洗衣机，后一个人还没到，隔一段时间才到然后用洗衣机
从i到n取最大值，其实是假设第$j$个人洗完，而第$j+1$个人还没来
那第$j$个人肯定不会影响最大值了，第$j$个人的时间肯定在$t[j+1]$之内了，计算有空闲时间情况
•代码
View Code1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define ll long long 4 const int maxn=1e6+5; 5 ll a[maxn]; 6 7 int main() 8 { 9 int n,m; 10 while(~scanf("%d%d",&n,&m)) 11 { 12 for(int i=1;i<=n;i++) 13 scanf("%lld",a+i); 14 15 sort(a+1,a+1+n); 16 17 for(int i=1;i<=m;i++) 18 { 19 int cnt=min(n,m/i);///手洗一个能机洗的cnt个 20 ///令手洗与机洗结束时间相同 21 ///后cnt个机洗，前n-cnt个手洗 22 ll ans=0; 23 if(cnt<n) 24 ans=a[n-cnt]+m;///手洗所用时间 25 for(int j=n-cnt+1;j<=n;j++)///机洗 26 ans=max(ans,a[j]+1ll*(n-j+1)*i); 27 28 printf("%lld%c",ans,i==m?' ':' '); 29 } 30 } 31 }