2022-9-26
T1
扩散
明显可以二分答案，也可以用最小生成树去做。考试时写的最小生成树，每两个点连一条边权为这两个点的曼哈顿距离。每次找最小的距离，\(\div 2+1\)后更新\(ans\)（因为两个点都会扩散）
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 60
#define int long long
using namespace std;
int n,tot=0,ans=0;
int father[MAXN];
int fa(int data)
{
if(father[data]==data)return data;
return father[data]=fa(father[data]);
}
struct point
{
int x,y;
}p[MAXN];
struct edge
{
int l,r,w;
}ed[3000];
bool cmp(const edge a,const edge b)
{
return a.w<b.w;
}
signed main()
{
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld%lld",&p[i].x,&p[i].y);
father[i]=i;
for(int j=1;j<i;j++)
{
ed[++tot].l=j;
ed[tot].r=i;
ed[tot].w=abs(p[i].x-p[j].x)+abs(p[i].y-p[j].y)-1;
}
}
sort(ed+1,ed+tot+1,cmp);
int cnt=0;
for(int i=1;i<=tot;i++)
{
if(fa(ed[i].l)==fa(ed[i].r))continue;
father[fa(ed[i].l)]=father[fa(ed[i].r)];
ans=max(ans,ed[i].w/2+1);
cnt++;
if(cnt==n-1)break;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
T2
树的统计
树链剖分模板题，不多赘述。
T3
佳佳的Fibonacci
问题描述：
佳佳对数学，尤其对数列十分感兴趣。在研究完 \(Fibonacci\) 数列后，他创造出许多稀奇古怪的数列。例如用\(S(n)\)表示 \(Fibonacci\) 前\(n\)项和 \(mod\) \(m\) 的值，即\(S(n)=(F1+F2+…+Fn)mod\) \(m\)，其中 \(F1=F2=1\)，\(Fi=Fi−1+Fi−2\)。可这对佳佳来说还是小菜一碟。终于，她找到了一个自己解决不了的问题。用\(T(n)=(F1+2F2+3F3+…+nFn)mod\) \(m\) 表示 \(Fibonacci\) 数列前\(n\)项变形后的和 \(mod\) \(m\) 的值。现在佳佳告诉你了一个\(n\)和\(m\)，请求出\(T(n)\)的值。
输入格式
共一行，包含两个整数 \(n\) 和 \(m\)。
输出格式
共一行，输出 \(T(n)\) 的值。
数据范围
1 ≤ \(n\)，\(m\) ≤ \(2 ^ {31} − 1\)
思路：
看题目已经给出了递推式，数据范围很大，考虑矩阵加速递推。
易得递推式为\(T_i=T_{i-1}+iF_i\)
注意到这个递推式有点特殊，包含\(n\)与\(F_n\)的乘积项。如果普通地把\(n\)和\(F_n\)放到状态矩阵中，不管怎么设计转移矩阵都不会产生乘积项。因此我们可以把乘积项\(nF_n\)也放入矩阵中。
如何转移 \(nF_n\) ? 推导思路如下：
因此我们需要记录\(iF_i、(i-1)F_{i-1}、F_{i-1}、F_i\)，再加上\(T_{i-1}\)共\(5\)个信息。
状态矩阵为
它要转移到
可得转移矩阵为
状态矩阵初始化为\(\begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 & 1 & 0\end{bmatrix}\)，快速幂求\(n\)次方即可。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,mod;
struct matrix
{
int mat[10][10],n,m;
matrix(int a,int b)
{
n=a,m=b;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
mat[i][j]=0;
}
void set_i()
{
for(int i=1;i<=n;i++)
mat[i][i]=1;
}
matrix operator *(matrix b)
{
matrix ans(n,b.m);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=b.m;j++)
for(int k=1;k<=m;k++)
ans.mat[i][j]=(ans.mat[i][j]+mat[i][k]*b.mat[k][j]%mod)%mod;
return ans;
}
};
matrix qpow(matrix a,int b)
{
matrix ans(a.n,a.m);
ans.set_i();
while(b)
{
if(b&1)ans=ans*a;
a=a*a;
b>>=1;
}
return ans;
}
signed main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&mod);
matrix st(1,5);
st.mat[1][1]=0;st.mat[1][3]=st.mat[1][5]=0;
st.mat[1][2]=st.mat[1][4]=1;
matrix a(5,5);
a.mat[1][1]=a.mat[2][2]=a.mat[2][3]=a.mat[2][4]=a.mat[3][2]=a.mat[4][1]=a.mat[4][4]=a.mat[4][5]=a.mat[5][4]=1;
a.mat[3][4]=2;
st=st*qpow(a,n);
printf("%lld",st.mat[1][1]%mod);
return 0;
}
T4
[CQOI2009]中位数
题目描述
给出 \(1,2,...,n\) 的一个排列，统计该排列有多少个长度为奇数的连续子序列的中位数是 \(b\)。中位数是指把所有元素从小到大排列后，位于中间的数。
输入格式
第一行为两个正整数 \(n\) 和 \(b\)，第二行为 \(1,2,...,n\) 的排列。
输出格式
输出一个整数，即中位数为 \(b\) 的连续子序列个数。
提示
对于 \(30\%\) 的数据中，满足 \(n \le 100\)；
对于 \(60\%\) 的数据中，满足 \(n \le 1000\)；
对于 \(100\%\) 的数据中，满足 \(n \le 100000,1 \le b \le n\)。
思路
把数组中比 \(b\) 大的数设为 \(1\) ，比 \(b\) 小的数设为 \(-1\) ，这样如果 \(b\) 为一段连续子序列的中位数，那么这段子序列除 \(b\) 外其他数的和一定为\(0\)。因此我们先从 \(b\) 所在的位置开始往左边扫一遍，在扫的过程中累加元素的值，并开一个 \(map\) 存有多少个节点到 \(b\) 的和是这个值。再从 \(b+1\) 开始从左往右扫，跟第一遍一样累加，每累加一个节点就\(ans+=map[-sum]\)，最后得到答案。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 100010
using namespace std;
int n,b,pos,a[MAXN],ans=0,sum=0;
map<int,int> mp;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&b);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
if(a[i]==b)pos=i;
else if(a[i]<b)a[i]=-1;
else a[i]=1;
}
for(int i=pos-1;i>=1;i--)
{
sum+=a[i];
if(sum==0)ans++;
mp[sum]++;
}
sum=0;
for(int i=pos+1;i<=n;i++)
{
sum+=a[i];
if(sum==0)ans++;
ans+=mp[0-sum];
}
printf("%d",++ans);
return 0;
}
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