2021CCPC河南省赛（部分代码待更）

最终A了8道题，喜提一金，也是在意料之中。第一次三个队友集中在一起打比赛，也体验了一下线下的氛围，还是比较赞的，自己也不是说毫无作用，帮助团队做了几道题，还是挺满意的。

1002

emmmmm，我当时是正着看的题，所以率先看到了这道题，我感觉是能写，但刚开始这道题A的并不多，并且我的数论就。。。。，最后让给了队友，最后还是A掉了。首先我们看到，总的方案数肯定是\(m^n\), 这就是最后的分母，在看我们对boss的伤害其实对技能没有关系，只是跟技能的次数有关系，所以我们不妨枚举每个技能出现的次数所对boss造成的伤害，最终乘以m即可。假如第一个技能用了i次，那能够造成的伤害总量是多少呢。首先这个技能位置的选择是\(C_n^i\), 其他技能的选择就是\((m-1)^{n-i}\), 不难看出，这个技能对答案的贡献是\(\sum_{i = 1}^n*C_n^i*(m-1)^{n-i}*i^2\), 当然，把这个数乘以m就是我们的最终答案。

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#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define int long long

const int mod = 1e9 + 7;

const int N = 1e5 + 10;

const int maxn = 1e5; 

template < typename T > inline void read(T &x) {

	x = 0; T ff = 1, ch = getchar();

	while (!isdigit(ch)) {

		if (ch == '-') ff = -1;

		ch = getchar();

	}

	while (isdigit(ch)) {

		x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);

		ch = getchar();

	}

	x *= ff;

}

int T, n, m, ans = 0;

int jc[N], inv[N];

inline int power(int a, int b) {

	int ans = 1;

	while (b) {

		if (b & 1) ans = (ans * a) % mod;

		a = a * a % mod;

		b >>= 1;

	}

	return ans;

}

inline void pre() {

	jc[0] = 1;

	for (int i = 1; i <= maxn; ++i) jc[i] = jc[i - 1] * i % mod;

	inv[maxn] = power(jc[maxn], mod - 2);

	for (int i = maxn - 1; i >= 0; --i)

		inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;

}

inline int C(int n, int m) {

	return jc[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;

}

signed main() {

	read(T);

	pre();

	while (T--) {

		read(n), read(m);

		ans = 0;

		for (int i = 1; i <= n; ++i)

			ans = (ans + m * C(n, i) % mod * power(m - 1, n - i) % mod * i % mod * i % mod) % mod;

		ans = ans * power(power(m, n), mod - 2) % mod;

		printf("%lld\n", ans);

	}

	return 0;

}

1003

这是我独立A掉的一道题，感觉还可以，看到这张图上只有17个点，考虑状压，并且最优情况下的话，每一次都会投出6，结合最短路，设dis[x][z],表示在第x个点，状压的状态为z的所剩的最大骰子数。跑一遍Dijkstra即可，当然，这道题的细节很多，首先， dis的初值一定要是-1，因为有些点根本就达不到，并且，题目上说的是严格大于这个格子的数值。最后，在你占领某个格子以后显然可以随意的来回，不需要消耗糖果。这个问题当时卡了我一下。最后我想出办法，当我把对头的某个点取出后，枚举当前所占领的点，如果此时的dis[y][z]还没有更新的话，我们可以让他回去，及dis[y][z] = dis[x][z], 这样便于更新接下来答案。

1005

这是开的第一题，也经历一些波折之后写过去了，其实还是挺简单的，设dp[i][j]表示前i个事件所剩体力为j所能得到的最大价值，然后双重循环即可，如果结束的话就是在每回合直接更新一下ans，就相当于到这一轮结束了

1006

额。。。这也是我先看到的题，我不知道怎么想的，觉得这道题可写，但是确实没啥思路。。。到最后竟然没有人写出来，我还是先说一下思路把(能不能写出来还是一个问题。。。)通过打表或者猜测得知，这个题的答案不会很大，最大大概是17（当时应该想到的。。），那么一定有一个矩形的差是不超过8的，知道答案很小之后就可以枚举了！于是可以枚举小的那个矩阵的长宽的差值x和宽的值w ，那么这个矩形的长显然是x+w，由于面积不超过n,所以这个枚举的次数是\(8\sqrt{n}\)的枚举了其中一个矩阵，就知道了另一个矩阵的面积\(S\)，由于已经知道答案会很小，另一个矩阵的长宽之差肯定也很小,枚举矩阵的宽（从\(\sqrt{S}\)逐渐减小的枚举），当长宽之差不小于lim- x就可以停止了，后面肯定没有要找的答案。加上一系列的优化应该会跑的很快。(这道题暂时待定把。。。。)

1007

这道题没写出来挺可惜的其实，大概的思路都想到了其实，就是说让每个点都作为中心点，然后主副对角线不同元素取个最小值。但是在统计的时候没有细想，哎。不想打了，直接粘一波题解把。。

其实统计个数的时候完全可以开个数组来判断某个数是否出现过，只是当时想的是行枚举，其实按对角线枚举的话就轻而易举了。（代码回头在补把）

1008

又是一道数论题，当然是交给圣元了，但是他的那种方法好像被卡了，最后也没有过。这道题的方法还是挺多的，数论也要好好学呀。。。

1009

我和古晨峰合伙过的一道题，首先对于每个背包i，都有l[i]的物品是必取的，那我们显然是需要把这些物品全取出来，把前k个值翻倍(不足k个全部翻倍)，这就是取最少物品的答案，而对于每个背包i而言，还可以取r[i]-l[i]个物品，那我们把这些物品全部取出来，从大到小排序，每次取出最大的数显然就是当前方案的最大值，这时，我们需要动态维护一个前K大的值，因为这些物品需要翻倍，一个小根堆显然可以，保证这个小根堆的size要≤k，如果等于k的话，就把最小的值取出，与当前的这个数比较，如果当前的这个数比较大，就把堆顶出栈，这个数加进去，还是挺容易实现的。

1010

额。。我和古晨峰神奇的讨论出主席树+二分的做法，交了一发还真过了，他的码力是真强呀。。。。

先说一下我们的做法把，首先离散化，然后建一颗权值主席树，从当前这个点去判断左边是否存在k个比它大的点，如果存在的话就去二分这个节点，总复杂度\(nlog^2n\), 与k没有关系。。，但是k只有50，并且数据是随机生成的，所以暴力出奇迹，暴力直接A

总的来说，这次的CCPC还算可以，希望能够好好补补自己知识的不足，并且和队伍磨合的更好