牛客NOIP提高组(三)题解

心路历程

预计得分：$30 + 0 + 0 = 30$

实际得分：$0+0+0= 0$

t1算概率的时候没模爆long long了。。。

a

我敢打赌这不是noip难度。。。

考虑算一个位置的概率，若想要$k$步把它干掉，那么与他距离为$1$到$k - 1$的点都必须阻塞

且距离为$k$的点至少有一个没被阻塞

概率的处理可以用前缀和优化。

这样看似是$o(n^3 logn)$，但是却不能通过，考虑在前缀和处理的时候有很多没用的状态(超出边界)

加一些剪枝即可

#include<cstdio>
#define max(a, b) (a < b ? b : a)
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn = 201, mod = 1e9 + 7, inf = 1e9 + 10;
inline int read() {
    char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * f;
}
int n, m, a[maxn][maxn], g[maxn][maxn][maxn], vis[maxn][maxn];
ll fastpow(ll a, ll p) {
    ll base = 1;
    while(p) {
        if(p & 1) base = 1ll * base * a % mod;
        a = 1ll * a * a % mod; p >>= 1;
    }
    return base;
}
ll inv(ll a) {
    return fastpow(a, mod - 2);
}
int mul(int a, int b) {
    if(1ll * a * b > mod) return 1ll * a * b % mod;
    else return a * b;
}
void pre() {
    //cout << a[1][1] << endl;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        for(int j = 1; j <= m; j++)
            g[0][i][j] = a[i][j] % mod;
 
    for(int k = 1; k <= max(n, m); k++)
        for(int i = 1; i <= n; i++)
            for(int j = 1; j <= m; j++) {
                if((i - k < 0) || (j - k < 0) || (i + k > n + 1) || (j + k > m + 1)) {vis[i][j] = 1; continue;}
                if(vis[i][j]) continue;
                g[k][i][j] = mul(g[k - 1][i - 1][j], g[k - 1][i + 1][j]);
                if(k > 2) g[k][i][j] = mul(g[k][i][j], inv(g[k - 2][i][j]));
                if(k >= 2) g[k][i][j] = mul(mul(g[k][i][j], inv(a[i][j + k - 2])), inv(a[i][j - k + 2]));
                g[k][i][j] = mul(mul(g[k][i][j], a[i][j + k]), a[i][j - k]);
            }
}
ll calc(int x, int y) {
    ll ans = 0, s = a[x][y];
    for(int i = 1; i <= max(n, m); i++) {
        if((x - i < 0) || (y - i < 0) || (x + i > n + 1) || (y + i > m + 1)) break;
        int now = g[i][x][y];
        ans = (ans + mul(mul(i, (1 - now + mod)), s)) % mod;
        s = mul(s, now);
    }
    return ans;
}
int main() {
//  freopen("a.in", "r", stdin);
    n = read(); m = read();
    for(ll i = 1; i <= n; i++) {
        for(ll j = 1; j <= m; j++) {
            ll x = read(), y = read();
            a[i][j] = mul(x, inv(y));
        }
    }
    pre();
    for(ll i = 1; i <= n; i++, puts(""))
        for(ll j = 1; j <= m; j++)
            printf("%lld ", calc(i, j) % mod);
    return 0;
}

a

 

b

考场上根本就没时间做。。

题目给出的模型太难处理了，考虑转化成一个较为普通的模型

遇到这种每个点有两个状态的题不难想到拆点，分别表示赢 / 输

当$a$赢了$b$，就从$a$赢向$b$输连边。

这样会得到一个新的无环图，可以证明，两个图中的环是等价的。

直接暴力找最小环即可，时间复杂度：$o(n^2 t)$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 10005, bit = 13;
int n, m, dep[maxn], fa[maxn][21], mc, u, v;
vector<int> v[maxn];
int lca(int x, int y) {
    if(dep[x] < dep[y]) swap(x, y);
    for(int i = bit; i >= 0; i--) if(dep[fa[x][i]] >= dep[y]) x = fa[x][i];
    if(x == y) return x;
    for(int i = bit; i >= 0; i--) if(fa[x][i] != fa[y][i]) x = fa[x][i], y = fa[y][i];
    return fa[x][0];
}
void bfs(int x) {
    queue<int> q;
    q.push(x); dep[x] = 1; fa[x][0] = 0;
    while(!q.empty()) {
        int p = q.front(); q.pop();
        for(int i = 0, to; i < v[p].size(); i++) {
            if(!dep[to = v[p][i]]) {
                fa[to][0] = p; dep[to] = dep[p] + 1;
                for(int j = 1; j <= bit; j++) fa[to][j] = fa[fa[to][j - 1]][j - 1];
                q.push(to);
            }
            else if(to != fa[p][0]) {
                int lca = lca(p, to), dis = dep[p] + dep[to] - 2 * dep[lca] + 1;
                if(dis < mc) mc = dis, u = p, v = to;
            }
        }
    }
}
int main() {
    int meiyong; scanf("%d", &meiyong);
    while(scanf("%d", &n) && n) {//tag
        scanf("%d", &m);
           
        mc = maxn;
        for(int i = 1; i <= 2 * n; i++) v[i].clear();
        memset(dep, 0, sizeof(dep));
        memset(fa, 0, sizeof(fa));
           
        for(int i = 1; i <= m; i++) {
            int x, y; scanf("%d %d", &x, &y);
            v[x].push_back(y + n); v[y + n].push_back(x);
        }
           
        for(int i = 1; i <= 2 * n; i++) if(!dep[i]) bfs(i);
        if(mc == maxn) {puts("-1");continue;}
        int lca = lca(u, v);
        vector<int> ans; ans.clear();
        printf("%d\n", mc);
        while(u != lca) printf("%d ", (u - 1) % n + 1), u = fa[u][0];
        printf("%d", (lca - 1) % n + 1);
        while(v != lca) ans.push_back((v - 1) % n + 1), v = fa[v][0];
        for(int i = ans.size() - 1; i >= 0; i--) printf(" %d", ans[i]);
        puts("");
    }
    return 0;
}
/*
*/

b

c

$k=2$的时候是斐波那契博弈

$k \not = 2$的时候是神仙结论

考虑$k \not = 2$怎么做。

结论：

若$l = n$时先手必输，那么我们找到一个$m = \frac{n}{k} >= n$，且最小的$m$，当$l = n+m$先手也一定必输

证明：

我们把多着的$m$个单独考虑，若$n < l < n+m$时，先手拿走多余的$m$个，后手必败。

但当$l = n +m$时，先手不能拿走$m$个，因为此时后手可以一步拿走剩余的。

不断往下推就行了

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long  
using namespace std;
const int maxn = 1e7 + 10;
int t, k, top;
ll l, sta[maxn];
int main() {
    cin >> t;
    while(t--) {
        cin >> k >> l;
        ll now = 1;
        sta[top = 1] = 1;
        while(now < l) {
            int nxt = lower_bound(sta + 1, sta + top + 1, (now % k == 0) ? now / k : (now / k + 1)) - sta;
            sta[++top] = (now = (now + sta[nxt]));
        }
        puts(now == l ? "dog" : "god");
    }
    return 0;
}
/*
1
2 21
*/

c