一些板子

在此记录一些本人百打百挂的板子：

1. 扩展欧几里得（以青蛙的约会为模板）

    题意：给出n,m,x,y,l，求g*l+k*(n-m)=x-y中k的最小正整数解

    做法：明显是扩欧板子虽然我不会写

　　　    注意n-m为负数时，将n-m与x-y同时取相反数即可

              记住x=y1,y=x1-a/b*y1

              当求出ax+by=gcd(a,b)的特解后，通解为y=y0-(a/gcd)*t,x=x0+(b/gcd)*t

              上代码

#include <cstdio>

inline long long int gcd(long long int a,long long int b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}

inline void exgcd(long long int a,long long int b,long long int &x,long long int &y){
    if(b==0){
        x=1,y=0;
        return;
    }
    
    long long int x1,y1;
    exgcd(b,a%b,x1,y1);
    x=y1,y=x1-a/b*y1;
    return;
}

int main(void){
    long long int xx,yy,mm,nn,ll;
    scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&xx,&yy,&mm,&nn,&ll);
    
    long long int a=ll,b=mm-nn,c=yy-xx;
    if(b<0)    b=-b,c=-c;
    long long int d=gcd(a,b);
    
    if(c%d){
        printf("Impossible");
        return 0;
    }
    
    else{
        a/=d,b/=d,c/=d;
        
        long long int x,y;
        exgcd(a,b,x,y);
        
        printf("%lld
",((y*c)%a+a)%a);
    }
}

2. 单调队列（以琪露诺为模板）

     题目描述：（车 万 厨 狂 喜）

　　　　　　  在幻想乡，琪露诺是以笨蛋闻名的冰之妖精。

　　　　　　  某一天，琪露诺又在玩速冻青蛙，就是用冰把青蛙瞬间冻起来。但是这只青蛙比以往的要聪明许多，在琪露诺来

　　　　　　  之前就已经跑到了河的对岸。于是琪露诺决定到河岸去追青蛙。

　　　　　　  小河可以看作一列格子依次编号为0到N，琪露诺只能从编号小的格子移动到编号大的格子。而且琪露诺按照一种

　　　　　　  特殊的方式进行移动，当她在格子i时，她只移动到区间[i+l,i+r]中的任意一格。你问为什么她这么移动，这还不简

　　　　　　  单，因为她是笨蛋啊。

  　　　　　　每一个格子都有一个冰冻指数A[i]，编号为0的格子冰冻指数为0。当琪露诺停留在那一格时就可以得到那一格的

　　　　　　  冰冻指数A[i]。琪露诺希望能够在到达对岸时，获取最大的冰冻指数，这样她才能狠狠地教训那只青蛙。

  　　　　　　但是由于她实在是太笨了，所以她决定拜托你帮它决定怎样前进。

  　　　　　　开始时，琪露诺在编号0的格子上，只要她下一步的位置编号大于N就算到达对岸。

  　做法：　　单调队列模板题之一（还有一个叫滑动窗口的我写了三遍Orz）

　　　　　　  记住一句话-->当一个选手比你小，还比你强，你就可以退役了

　　　 　　　 上代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define int long long int

int a[300005],dp[300005],last[300005],queue[300005];
int step[300005];

signed main(void){
    memset(dp,-0x3f,sizeof(dp));
    int n,l,r;
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&l,&r);
    for(int i=0;i<=n-1;i++)    scanf("%lld",&a[i]);
    
    dp[0]=0;
    int head=1,tail=0;
    for(int i=l;i<=n+r;i++){
        while(head<=tail&&dp[i-l]>dp[queue[tail]])    tail--;
        while(head<=tail&&queue[head]<i-r)            head++;
        queue[++tail]=i-l;
        dp[i]=dp[queue[head]]+a[i];
        last[i]=queue[head];
    }
    
    int maxx_loc,maxx=-99999999999999;
    for(int i=n+r-1;i>n;i--)    if(dp[i]>=maxx)    maxx_loc=i,maxx=dp[i];
    
    int cntt=0;
    for(int i=maxx_loc;i;i=last[i]){
        step[++cntt]=i;
    }
    printf("%lld
",maxx);
    /*printf("0 ");
    for(int i=cntt;i>1;i--)    printf("%I64d ",step[i]);
    printf("-1");*/
}

3. tarjan求强联通分量（以上白泽慧音为模板（（（

     题目描述：（车 万 厨 狂 喜 + +）

　　　　　　　在幻想乡，上白泽慧音是以知识渊博闻名的老师。

　　　　　　　春雪异变导致人间之里的很多道路都被大雪堵塞，使有的学生不能顺利地到达慧音所在的村庄。因此慧音决定换一

　　　　　　　个能够聚集最多人数的村庄作为新的教学地点。

　　　　　　　人间之里由N个村庄（编号为1..N）和M条道路组成，道路分为两种一种为单向通行的，一种为双向通行的，分别用

　　　　　　　1和2来标记。如果存在由村庄A到达村庄B的通路，那么我们认为可以从村庄A到达村庄B，记为(A,B)。

　　　　　　　当(A,B)和(B,A)同时满足时，我们认为A,B是绝对连通的，记为<A,B>。绝对连通区域是指一个村庄的集合，在这个

　　　　　　　集合中任意两个村庄X,Y都满足<X,Y>。

　　　　　　　现在你的任务是，找出最大的绝对连通区域，并将这个绝对连通区域的村庄按编号依次输出。若存在两个最大的，

　　　　　　　输出字典序最小的，比如当存在1,3,4和2,5,6这两个最大连通区域时，输出的是1,3,4。

　  做法：　　 tarjan模板题，没啥好说的

　　　　 　  　上代码

#include <cstdio>
#include <stack>
#include <vector>
using namespace std;

stack<int> s;
vector<int> v[50005];

struct node{
    int to,next;
}e[100005];

int tarjan_cnt=0,cnt=0,color_cnt=0;
int head[50005],dfn[50005],low[50005],color[50005],color_num[50005];
bool vis[50005];

inline void add(int from,int to){
    e[++cnt].to=to;
    e[cnt].next=head[from];
    head[from]=cnt;
}

inline int tarjan(int now){
    s.push(now);
    dfn[now]=low[now]=++tarjan_cnt;
    vis[now]=1;
    
    for(int i=head[now];i;i=e[i].next){
        if(!dfn[e[i].to]){
            tarjan(e[i].to);
            low[now]=min(low[now],low[e[i].to]);
        }
        else if(vis[e[i].to])    low[now]=min(low[now],dfn[e[i].to]);
    }
    
    if(dfn[now]==low[now]){
        vis[now]=0;
        color[now]=++color_cnt;
        
        while(1){
            int noww=s.top();
            s.pop();
            vis[noww]=0;
            color[noww]=color_cnt;
            color_num[color_cnt]++;
            if(noww==now)    break;
        }
    }
}

int main(void){
    int n,m;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int from,to,t;
        scanf("%d%d%d",&from,&to,&t);
        if(t==2)    add(to,from);
        add(from,to);
    }
    
    for(int i=1;i<=n;i++)    if(!dfn[i])    tarjan(i);
    for(int i=1;i<=n;i++)    v[color[i]].push_back(i);
    
    int biaoji=0,maxx=0,minn_2=999999999;
    for(int i=1;i<=color_cnt;i++){
        if(color_num[i]>maxx)    maxx=color_num[i],biaoji=i,minn_2=v[i][0];
        else if(color_num[i]==maxx)    if(v[i][0]<minn_2)    biaoji=i;
    }
    
    printf("%d
",maxx);
    for(int i=0;i<v[biaoji].size();i++)    printf("%d ",v[biaoji][i]);
}