[contest 781] 9.6
[contest 781] 9.6 - XJOI
czx的温暖题。。。
T1 军训
那这非常水呀。。。
就是求一下(n^2-m)/n^2。
先把n,m读进来模一下然后逆元一下就好了。
code:
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<iostream> #define LL long long using namespace std; ; LL n,m,ans; char ch; bool fl; inline LL Q_pow(LL b,LL p){ ; ) return b%TT; LL t=Q_pow(b,p>>); t=(t*t)%TT; >) return (t*b)%TT; else return t; } int main(){ n=m=fl=; while (scanf("%c",&ch)!=EOF){ ; continue;} ') break; ) n=(n*+ch-')%TT; +ch-')%TT; } ans=(((n*n-m)%TT)*Q_pow((n*n)%TT,TT-))%TT; printf("%lld",ans%TT); ; }
T2 萌萌哒的小XC
主要要想到把原图中联通的且同色的构成一个联通块,然后随便抓一个节点,必定是隔一层节点换一种颜色。
事实上,我们只需要找出新图当中的(最长链的长度+1)/2就好了。
因为在一条颜色相间的链上面,需要(长度+1)/2次操作使其变成同色。
而我们知道,如果我们把原树看成无根树,最长链旁延伸出很多子树,但是由于最长链不通过这颗子树,所以这颗子树的操作次数一定小于在最长链上的操作次数。
code:
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; ; char cha; int n,a[N],fa[N],ret,ans,Mx,Mxi,sta; ],son[N*],lnk[N]; ],sonn[N*],lnkn[N]; bool vis[N]; inline int read(){ ; char ch=getchar(); ') ch=getchar(); +ch-',ch=getchar(); return x; } void add(int x,int y){nxt[++tot]=lnk[x],son[tot]=y,lnk[x]=tot;} void addn(int x,int y){nxtn[++totn]=lnkn[x],sonn[totn]=y,lnkn[x]=totn;} int get(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=get(fa[x]);} void DFS(int x,int y,int d){ if (Mx<d) Mx=d,Mxi=x; for (int j=lnkn[x]; j; j=nxtn[j]) ); } int main(){ n=read(),tot=,ans=0x3f3f3f3f; ; i<=n; i++){ while (scanf("%c",&cha)) if (cha=='B'||cha=='R') break; a[i]=(cha=='R'); } ; i<=n; i++) fa[i]=i; ; i<n; i++){ int x=read(),y=read(),fx=get(x),fy=get(y); add(x,y),add(y,x); if (a[x]==a[y]) fa[fx]=fy; } ; i<=n; i++) for (int j=lnk[i]; j; j=nxt[j]){ int x=get(i),y=get(son[j]); if (x!=y) addn(x,y); } ; i<=n; i++) get(i); memset(vis,,sizeof vis); ; i<=n; i++) vis[; sta=),Mx=; DFS(sta,,); DFS(Mxi,,); printf()>>); ; }
T3 真假雪菜
主思想当然是贪心,主要还是围绕着操作顺序一定是1,2,3。然后有些细节还不会证明。所以暂时先搁着。
难度不高,还是挺接近NOIP难度的。
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