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A:
先全转为正数，后面就全是指数级增长了
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define X first #define Y second typedef long long ll; typedef pair<int,int> P; ll x,y,m,res; int main() { cin>>x>>y>>m; if(max(x,y)<m&&max(x,y)<=0) return puts("-1"),0; while(x<m&&y<m) { if(x>y) swap(x,y); ll t=(y-x)/y+1; res+=t;x+=t*y; } cout<<res; return 0; }
不断将$(x,y)$改为$(x+y,x)$要分类，在一数为负数时为线性增长
B:
首先要发现最终不为0的点的$x,y$的范围仅不到$[-100,100]$
又由于最终状态和操作顺序无关，因此每次将可能区域内的点暴力更新即可
不过我一开始使用了$bfs$，导致同一个位置可能每次进栈多次从而TLE……
以后$bfs$在同一层时一定要控制每个数的进栈次数！能每个位置暴力就不要$bfs$
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define X first #define Y second typedef long long ll; typedef pair<int,int> P; const int ZERO=105; int n,t,x,y,a[2*ZERO][2*ZERO],flag=1; int dx[]={0,0,1,-1},dy[]={1,-1,0,0}; int main() { scanf("%d%d",&n,&t); a[ZERO][ZERO]=n; while(flag) { flag=0; for(int i=ZERO-100;i<=ZERO+100;i++) for(int j=ZERO-100;j<=ZERO+100;j++) if(a[i][j]>=4) { flag=1; for(int k=0;k<4;k++) a[i+dx[k]][j+dy[k]]+=a[i][j]/4; a[i][j]%=4; } } while(t--) scanf("%d%d",&x,&y),printf("%d ",abs(x)<=ZERO&&abs(y)<=ZERO?a[ZERO+x][ZERO+y]:0); return 0; }
C:
其实是一道不算难的模拟题？可能当时被吓到了……
只要每个连通块里保证收支平衡就保证有解
接下来可以暴力枚举点对转移，保证是将多出的转入少的中，这样就可以忽略上限这个条件了
但也可以总共$O(n^2)$得做：
由于转移次数上限为$O(2*n^2)$，因此可以仅将每个连通块连成一棵树
将一个当前不够的点作为根先做一个预处理，只要$O(n)$的遍历就能使该点符合条件
过程中注意保证已经符合条件的点不能改变，将当前多出的转移
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define X first #define Y second typedef long long ll; typedef pair<int,int> P; const int MAXN=2e5+10; struct edge{int nxt,to;}e[MAXN<<2]; struct result{int x,y,val;}res[MAXN<<2]; int n,v,m,x,y,a[MAXN],b[MAXN],f[MAXN],head[MAXN],tot,cnt;ll sum[MAXN]; int find(int x) {return f[x]==x?x:f[x]=find(f[x]);} void add_edge(int x,int y) {e[++tot]={head[x],y};head[x]=tot;e[++tot]={head[y],x};head[y]=tot;} void add_res(int x,int y,int val) {a[x]-=val,a[y]+=val,res[++cnt]={x,y,val};} void dfs(int x,int anc) { sum[x]=a[x]-b[x]; for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt) if(e[i].to!=anc) dfs(e[i].to,x),sum[x]+=sum[e[i].to]; } void solve(int x,int anc,int val) { for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt) { if(e[i].to==anc||sum[e[i].to]<=0) continue; int w=sum[e[i].to]<val?sum[e[i].to]:val,tmp=a[e[i].to]; if(tmp>=w) { add_res(e[i].to,x,w); if(a[e[i].to]<b[e[i].to]&&tmp>=b[e[i].to]) solve(e[i].to,x,b[e[i].to]-a[e[i].to]); } else { add_res(e[i].to,x,tmp); if(tmp<b[e[i].to]) solve(e[i].to,x,w-tmp); else solve(e[i].to,x,w-tmp+b[e[i].to]); add_res(e[i].to,x,w-tmp); } val-=w;if(!val) return; } } int main() { scanf("%d%d%d",&n,&v,&m); for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=i; for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]); for(int i=1;i<=m;i++) { scanf("%d%d",&x,&y); int posx=find(x),posy=find(y); if(posx!=posy) add_edge(x,y),f[posx]=posy; } for(int i=1;i<=n;i++) sum[find(i)]+=a[i]-b[i]; for(int i=1;i<=n;i++) if(sum[i]) return puts("NO"),0; for(int i=1;i<=n;i++) if(a[i]<b[i]) dfs(i,0),solve(i,0,b[i]-a[i]); printf("%d ",cnt); for(int i=1;i<=cnt;i++) printf("%d %d %d ",res[i].x,res[i].y,res[i].val); return 0; }
D:
很明显的一道博弈论
找到所有极大的集合${X^s}$，对每个集合求$SG$值最后异或即可
其中数量大于2的集合可以$sqrt(n)$得找出，剩下数量为1的$SG=1$，可以统一计算
同时$SG$值仅和集合内数量相关，可以预处理+打表
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define X first #define Y second typedef long long ll; typedef pair<int,int> P; const int mx=30,MAXN=1e5+10; //unordered_map<int,int> mp; int n,k,pre[50],vis[MAXN],rem,res; int sg[30]={0,1,2,1,4,3,2,1,5,6,2,1,8,7,5,9,8,7,3,4,7,4,2,1,10,9,3,6,11,12}; /* int solve(int x) { int &tmp=mp[x]; if(tmp) return tmp; int ret=(1<<mx)-1; for(int i=1;(1<<(i-1))<=x;i++) if(x&(1<<(i-1))) ret&=~solve(x&~pre[i]); return tmp=ret&(-ret); } */ int main() { /* for(int i=1;i<=mx;i++) for(int j=i;j<=mx;j+=i) pre[i]|=(1<<(j-1)); mp.max_load_factor(0.30); mp.reserve(750000); for(int i=1;i<mx;i++) sg[i]=__builtin_ctz(solve((1<<i)-1)); */ scanf("%d",&n); rem=n;res=0; for(int i=2;i*i<=n;i++) if(!vis[i]) { k=0; for(ll j=i;j<=n;j*=i,k++) if(j*j<=n) vis[j]=1; rem-=k;res^=sg[k]; } res^=(rem&1); puts(res?"Vasya":"Petya"); return 0; }
与次方相关的注意将大于1的和1次方分开考虑
注意该题各种位运算技巧和$unordered\_ map$以及$builtin\_ ctz,reserve(),max\_load\_factor$的使用