比赛链接：Here
ABC水题，
D - Multiple of 2019 （DP + 分析）
题意：
给定数字串S，计算有多少个子串 (S[L,R]) ，满足 (S[L,R]) 是 (2019) 的倍数
思路：
(s[l, r] * 10^{n-r}=s[l, n]-s[r+1, n])
而且 (s[l, r] * 10^{n-r} = s[l,r]\%2019*(10^{n-r}\%2019))
因为 (10^{n-r}\%2019 ot =0) （因为 (2019) 没有质因子 (2) 和 (5) ）
因此只有当 (s[l,r]\%2019 = 0) 时，式子左边 (=0) ，这意味着 (10^{n-r}) 没有影响，
那么直接计算 (s[l, n] \% 2019-s[r+1, n] \% 2019=0) 的数量即可，
因为这种情况下一定是 (s[l,r] =0)
int a[2040] = {1};
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
string s; cin >> s;
int ans = 0, t = 1, cnt = 0;
for (int i = s.size() - 1; ~i; i--) {
cnt = (cnt + t * (s[i] - '0')) % 2019;
ans += a[cnt]++;
t = (t * 10) % 2019;
}
cout << ans;
}
E Two Currencies (最短路,Good)
题意：
给定 (n) 个点，(m) 条无向边，初始状态下手里有 (s) 个银币。从 (u) 点到 (v) 点需要花费 (a) 个硬币，(b) 个时间单位。在每个点可以花 (d) 个时间单位兑换 (c) 个银币，求从起点 (1) 到各个点需要的最短时间。
思路：
这题很关键的一个突破口是数据范围：(50) 个点，从 (u) 到 (v) 花费不超过 (50) 银币，所以总花费不超过(2500) .通过一个二维数组 (dis[ i ][ j ]) 来表示到达 (i) 点时还剩下 (j) 个银币时需要的时间最小值，然后跑一遍最短路，最后遍历一遍就可以输出最小值。
注意银币最大只需要 (2500) ，所以输入 (s) 的时候记得判断
struct E {ll to, co, ti;};
struct P {ll ti, id, re;};
bool operator <(const P &a, const P &b) {return a.ti > b.ti;}
ll f[50][5001], c[50], d[50], ans[50];
vector<E>e[50];
priority_queue<P> que;
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int n, m, s;
cin >> n >> m >> s;
while (m--) {
ll u, v, a, b;
cin >> u >> v >> a >> b;
u--, v--;
e[u].push_back({v, a, b});
e[v].push_back({u, a, b});
}
for (int i = 0; i < n; ++i) cin >> c[i] >> d[i];
que.push({1, 0, min(s * 1ll, 2500ll)});
while (que.size()) {
P p = que.top(); que.pop();
if (f[p.id][p.re])continue;
f[p.id][p.re] = p.ti;
if (!ans[p.id])ans[p.id] = p.ti;
for (E q : e[p.id])
if (p.re >= q.co && !f[q.to][p.re - q.co])
que.push({p.ti + q.ti, q.to, p.re - q.co});
if (p.re + c[p.id] <= 2500)
que.push({p.ti + d[p.id], p.id, p.re + c[p.id]});
}
for (int i = 1; i < n; ++i) cout << --ans[i] << "
";
}