T1
T1可能（一定）在某些大佬的眼中就是一道送分题（然而我只有10分）
明眼人都看得出来这是一道拓展欧几里得的题目，我们知道系数(a,b)，要求解方程(ax+by=c) 并且使得(|x|+|y|)取得最小值
我们知道拓展欧几里得可以求解(ax+by=gcd(a,b))，并且如果有某一正数c满足(c)%(gcd(a,b)==0)，令(k=c/gcd(a,b)) 那么显然(akx+bky=c) 令(x=kx,y=ky) 我们现在相当于求解(|x|+|y|)
对于一个方程 显然(ax+by=gcd(a,b))与(a(x-nb)+b(y+na)=x)是等价的 因此我们可以将我们用拓展欧几里得求出来的特殊解通过这种变形，求得满足条件的解。而如果要满足条件的话，我们需要让(x-nb)接近于0 或者令(y+na)接近于0
假设(a<b) 显然如果x变化了 那么对于 y的变化是很小的 因此如果让a的未知数x接近于0，对于y的影响是比较小的，那么可以优化一下，将问题简化一下（即在开始的时候 (if(a<b) swap(a,b)))
然后就可以做了（其实不要上面的优化也可以）
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=200010;
ll read(){
ll x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0' && ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();};
return x*f;
}
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
if(a%b==0){
x=1;y=0;return b;
}
ll d=exgcd(b,a%b,x,y),t;
t=y-a/b*x;
y=x;
x=t;
return d;
}
ll n,num[maxn],a,b;
int main()
{
// freopen("array.in","r",stdin);
// freopen("arrayown.out","w",stdout);
n=read();a=read();b=read();
if(a<b) a^=b^=a^=b;
ll d,x,y,ans=0;
d=exgcd(a,b,x,y);
a/=d;b/=d;
//这里一定要除哦 不然要WA
for(ll i=1;i<=n;i++){
num[i]=read();
if(abs(num[i])%d)
return printf("-1"),0;
ll X=x*(num[i]/d),Y=y*(num[i]/d);
swap(X,Y);
//x对应的系数大 y对应的系数小
//因为要改变y 使得y 尽量为接近零的数
if(Y<0){//使得Y变正
X-=b*((-Y)/a+1);
Y+=a*((-Y)/a+1);
}
X+=b*((Y)/a);
Y-=a*((Y)/a);
ans=ans+min(abs(X)+abs(Y),abs(X+b)+abs(Y-a));
}
printf("%lld",ans);
}
T2
咕咕咕
#include<bits/stdc++.h>
#define L long long
#define vi vector<int>
#define pb push_back
using namespace std;
int n,m,w[200010],p;
L f[800010],g[800010];
struct orz
{
int a,b,p;
}x[100010];
inline bool cmp(orz a,orz b)
{
return a.a+a.b<b.a+b.b;
}
inline void down(int i)
{
f[i<<1]+=g[i];
g[i<<1]+=g[i];
f[i<<1|1]+=g[i];
g[i<<1|1]+=g[i];
g[i]=0;
}
inline L query(int i,int j,int k,int p)
{
if(j==k)
return f[i];
down(i);
if(p<=j+k>>1)
return query(i<<1,j,j+k>>1,p);
else
return max(f[i<<1],query(i<<1|1,(j+k>>1)+1,k,p));
}
inline void maxx(int i,int j,int k,int p,L q)
{
f[i]=max(f[i],q);
if(j!=k)
{
down(i);
if(p<=j+k>>1)
maxx(i<<1,j,j+k>>1,p,q);
else
maxx(i<<1|1,(j+k>>1)+1,k,p,q);
}
}
inline void add(int i,int j,int k,int l,int r,int p)
{
if(l<=j && k<=r)
{
f[i]+=p;
g[i]+=p;
}
else
{
down(i);
if(l<=(j+k>>1))
add(i<<1,j,j+k>>1,l,r,p);
if(r>(j+k>>1))
add(i<<1|1,(j+k>>1)+1,k,l,r,p);
f[i]=max(f[i<<1],f[i<<1|1]);
}
}
int main()
{
freopen("pair.in","r",stdin);
freopen("pair.out","w",stdout);
int i,j;
L k;
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d%d",&x[i].a,&x[i].b,&x[i].p);
w[++m]=x[i].a;
w[++m]=x[i].b;
}
sort(w+1,w+m+1);
m=unique(w+1,w+m+1)-w;
for(i=1;i<=n;i++)
{
x[i].a=lower_bound(w+1,w+m,x[i].a)-w;
x[i].b=lower_bound(w+1,w+m,x[i].b)-w;
}
sort(x+1,x+n+1,cmp);
for(p=1;p<m;p<<=1);
for(i=1;i<=n;i++)
{
j=min(x[i].a,x[i].b);
k=query(1,1,p,j)+x[i].p;
maxx(1,1,p,x[i].a,k);
if(x[i].b>x[i].a)
add(1,1,p,x[i].a+1,x[i].b,x[i].p);
}
printf("%lld
",f[1]);
return 0;
}
T3
这道题的话呢 在大佬眼中这就是一道板子题 但是蒟蒻调了好久（原因竟是m条边只输入了n条）
emmm 首先对于两个特殊点之间距离的转移，要不就是他们直接连接，要不就是他们不直接连接，并且通过其他的点转移过来（注意，只有可能由其他不是特殊点的点转移过来，因为如果是从其他特殊点转移过来，显然会更劣 因为转移过来的特殊点显然更优）
因此可以启发我们用多源最短路，然后对于一条边的两个端点，如果是由不同的特殊点转移过来，那么就可以更新这两个特殊点的ans
至于证明。。
不难证明，对于源点i，由i拓展的点j以及与j相邻且不由i拓展的点k，
如果i的最优路径从j走到了k，那么走到拓展k的源点是最优的。因此这个做
法是正确的。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
#define LL long long
#define int long long
using namespace std;
const LL maxn=400010;
LL read(){
LL x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0' && ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
struct node
{
int dis;
int pos;
bool operator <( const node &x )const
{
return x.dis < dis;
}
};
priority_queue<node> q;
LL n,m,p,spe[maxn],tot=1,from[maxn],dis[maxn],ans[maxn<<1];
LL fir[maxn<<1],nxt[maxn<<1],to[maxn<<1],val[maxn<<1],inque[maxn<<1];
void add(LL x,LL y,LL z){
nxt[++tot]=fir[x];fir[x]=tot;to[tot]=y;val[tot]=z;
nxt[++tot]=fir[y];fir[y]=tot;to[tot]=x;val[tot]=z;
}
void dij()
{
int rp,des;
for(int i=1;i<=p;i++)
q.push(node{0,spe[i]});
while(!q.empty())
{
node tmp=q.top();
q.pop();
int x=tmp.pos;int y=tmp.dis;
if(inque[x]) continue;
inque[x]=true;
for(rp=fir[x];rp;rp=nxt[rp])
{
des=to[rp];
if(dis[des]>y+val[rp]){
dis[des]=y+val[rp];
from[des]=from[x];
if(inque[des]==false)
{
q.push( ( node ){dis[des], des} );
}
}
}
}
}
signed main(){
// freopen("distance.in","r",stdin);
// freopen("distanceown.out","w",stdout);
n=read();m=read();p=read();
for(LL i=1;i<=p;i++)
spe[i]=read();
for(LL i=1,x,y,z;i<=m;i++){
x=read();y=read();z=read();
add(x,y,z);
}
for(LL i=1;i<=n;i++)
dis[i]=1e18,ans[i]=1e18;
for(LL i=1;i<=p;i++)
dis[spe[i]]=0,from[spe[i]]=spe[i];
dij();
for(LL x=1;x<=n;x++){
for(LL i=fir[x];i;i=nxt[i]){
LL y=to[i];
if(from[x]!=from[y])
ans[from[x]]=min(ans[from[x]],dis[x]+dis[y]+val[i]);
}
}
for(LL i=1;i<=p;i++)
{
if(i!=p)
printf("%lld ",ans[spe[i]]);
else printf("%lld
",ans[spe[i]]);
}
return 0;
}
大概这就是今天的题吧，说实话不难，但是因为做的同类型的题太少了 导致今天的整体情况差的鸭痞