Wannafly挑战赛 22

爆零祭

T1

这题第一反应gcd啊

所以就把每个a[i]对m取模

然后求它们的gcd

即res = gcd(a[1] % m, a[2] % m, ... , a[n] % m)

ans = 1 + (m - 1) / res;

给res判个零 是零直接输出一

后来发现这么干的话 对于数据

3 10

9 9 9

gcd是9哇 但是所有的模数都能取到

就无厘头改成了res = min(res, m - res) 乍一看貌似很有道理

但是不会证 也wa凉凉啊

比赛后看到题解说是gcd(m, a[1], a[2], .., a[n])

并不会证。。慌张ing

想一想一开始把a[i] % m

是因为(a[i] + a[j]) % m = (a[i] % m + a[j] % m) % m;

就觉得 比如 所有a[i] % m都是偶数 最后和就不会是奇数

但是naive了。。。模数要是是奇数 结果不是照样能取奇数么

现在就可以看作有a[1], a[2], ... , a[n], m这n + 1个数

可以把a[1] ~ a[n]任意加 或者减去数个m

求能得到多少个小于m的值

所以取gcd(m, a[1], a[2], ..., a[n])

某神犇表示可以用扩展欧几里得来帮助理解【就是下面那个链接的博主

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T2

看到DAG，看到计数，想到拓扑排序

如果一个点前面有k条通向自己的边为’‘

那么它后面大写字母就有k + 1种取法

如果它后面有k条出路为''

那么它前面为'.'的边的结果要乘k + 1

一开始要把边变成点

正逆向拓扑 统计'_'

然后大写字母和'.'询问前后点

但当时就是脑抽 只算了k == 1的情况

另附某大神的题解

考虑先处理出以每一个点出发/结尾的只经过空格的路径条数，

然后借着之前的那个处理出以每一个点结尾/出发的只经过一个头/尾字符（其他都是空格）的路径条数。

然后就可以方便的统计答案了。

by-zhouzhendong-

文章来源

另 不同的统计十分混乱 建议使用封装重新建图

AC代码【由于这是第一次用封装 参考了那位大佬：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cctype>
#include <queue>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 5e4 + 5;
const long long P = 1ll << 32;
struct G{
	static const int M = N;
	int cnt, v[M], t[M], next[M], head[M];
	void clear(){
		cnt = 0; memset(head, -1, sizeof(head));
	}
	void add(int x, int y, int z){
		v[++cnt] = y, t[cnt] = z, next[cnt] = head[x], head[x] = cnt;
	}
}g, g2, s1, s2;
int n, m;
int rd[N], cd[N], a1[N], a2[N], l[N], r[N];
int vis1[N], vis2[N];
int a[N], b[N], c[N];

void solve1(int x){
    if(vis1[x]) return ; vis1[x] = 1;
	a1[x] = cd[x];
	for(int i = g.head[x]; i != -1; i = g.next[i]){
		int y = g.v[i]; solve1(y);
	    a1[x] += a1[y];
	}
}

void solve2(int x){
    if(vis2[x]) return ; vis2[x] = 1;
	a2[x] = cd[x];
	for(int i = g.head[x]; i != -1; i = g.next[i]){
		int y = g2.v[i]; solve2(y);
	    a2[x] += a2[y];
	}
}

void dfs1(int x){
    if(r[x]) return ; r[x] = 1;
	for(int i = s1.head[x]; i != -1; i = s1.next[i]){
		int y = s1.v[i]; dfs1(y);
	    r[x] += r[y];
	}
}

void dfs2(int x){
    if(l[x]) return ; l[x] = 1;
	for(int i = s2.head[x]; i != -1; i = s2.next[i]){
		int y = s2.v[i]; dfs2(y);
	    l[x] += l[y];
	}
}

void dfs3(int x){
    if(vis1[x]) return ; vis1[x] = 1;
	for(int i = s1.head[x]; i != -1; i = s1.next[i]){
		int y = s1.v[i]; dfs3(y);
	    cd[x] += cd[y];
	}
}

void dfs4(int x){
    if(vis2[x]) return ; vis2[x] = 1;
	for(int i = s2.head[x]; i != -1; i = s2.next[i]){
		int y = s2.v[i]; dfs4(y);
	    rd[x] += rd[y];
	}
}

inline void init(){
	g.clear();
	g2.clear();
	s1.clear();
	s2.clear();
	int x, y, type; char s[10];
	for(int i = 1; i <= m; i++){
		scanf("%d%d%s", &x, &y, s);
		if(s[0] <= 'z'  && s[0] >= 'a') type = 0;
		else if(s[0] <= 'Z'  && s[0] >= 'A') type = 1;
		else if(s[0] == '.') type = -1;
		else if(s[0] == '_') type = -2;
		if(type != 1 && type != -1) g.add(x, y, type);
		if(type == -2){
			g2.add(x, y, type);
			s1.add(x, y, type);
			s2.add(y, x, type);
		}
	    a[i] = x, b[i] = y, c[i] = type;
	}
}

int main(){
	scanf("%d%d", &n, &m);
	init();
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		dfs1(i); dfs2(i);
	}
    for(int i = 1; i <= m; i++){
    	if(c[i] == -1) cd[a[i]] += r[b[i]];
    	else if(c[i] == 1) rd[b[i]] += l[a[i]];
    }
    memset(vis1, 0, sizeof vis1);
    memset(vis2, 0, sizeof vis2);
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		solve1(i); solve2(i);
	}
	long long ans = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	   ans += 1ll * rd[i] * a1[i];
	printf("%lld", (ans % P + P) % P);
	return 0;
}

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T3

瑟瑟发抖.jpg & 毫无思路.jpg

上面那个链接的大神说结论是



证明链接

T4

和角公式

初三党表示凉凉