Comet OJ - Contest #13

第一次打这种比赛。还是有不少问题的，以后改吧。
A题WA了两次罚了不少时。
C写到一半发现只能过1，就先弃了。
D一眼没看出来。第二眼看出来就是一个类似于复数的快速幂。
然后B切了。
最后切C，图中还重构了一次。还TLE了3发。浪费了大量时间。
Tips:
1、A题FB基本上拿不到的，好好写1A就没事了。
2、先看一遍，大码题和数据结构放后面。
3、先开数论，就TM死刚数论。（这次要是切A之后直接刚D就有FB了）
4、别急，奖励拿不拿就那样吧。
下面是solution：

A

签到题。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace IO
{
    char ibuf[(1<<21)+1],obuf[(1<<21)+1],st[15],*iS,*iT,*oS=obuf,*oT=obuf+(1<<21);
    char Get(){return (iS==iT? (iT=(iS=ibuf)+fread(ibuf,1,(1<<21)+1,stdin),(iS==iT? EOF:*iS++)):*iS++);}
    void Flush(){fwrite(obuf,1,oS-obuf,stdout),oS=obuf;}
    void Put(char x){*oS++=x;if(oS==oT)Flush();}
    int read(){int x=0,c=Get();while(!isdigit(c))c=Get();while(isdigit(c))x=x*10+c-48,c=Get();return x;}
    void write(int x){int top=0;if(!x)Put('0');while(x)st[++top]=(x%10)+48,x/=10;while(top)Put(st[top--]);Put(' ');}
    char fetch(){char ch=Get();while(ch^'B'&&ch^'G')ch=getchar();return ch;}
}
using namespace IO;
int main()
{
    int i,n=read();int b=0;
    for(i=1;i<=n;++i) if(fetch()=='G') ++b;
    cout<<b;
}

B

模拟题。

#include<bits/stdc++.h>
#define pi pair<int,int>
#define pub push_back
#define puf push_front
#define pob pop_back
#define fi first
#define se second
using namespace std;
const int N=401;
char str[N],opt[100001];int a[N][N],n,m;deque<pi>q;map<char,int>mp;
int dx[5]={0,-1,0,1,0},dy[5]={0,0,-1,0,1};
int in(int x,int y){return x>=1&&x<=n&&y>=1&&y<=m;}
int main()
{
    int i,j,op,nx,ny;
    mp['W']=1,mp['A']=2,mp['S']=3,mp['D']=4;
    cin>>n>>m;
    for(i=1;i<=n;++i)
    {
    scanf("%s",str+1);
    for(j=1;j<=m;++j)
        if(str[j]=='o') a[i][j]=1;
        else if(str[j]=='@') q.pub(pi(i,j)),nx=i,ny=j;    
    }
    scanf("%s",opt+1);
    for(i=1;i<=strlen(opt+1);++i)
    {
    op=mp[opt[i]],nx+=dx[op],ny+=dy[op];
    if(!in(nx,ny)) {puts("GG");return 0;}
    q.puf(pi(nx,ny));
    if(a[nx][ny]) a[nx][ny]=0; else q.pob();
    }
    for(auto x:q) a[x.fi][x.se]=2;
    a[q.front().fi][q.front().se]=3;
    for(i=1;i<=n;++i)
    {
    for(j=1;j<=m;++j)
    {
        if(a[i][j]==1) putchar('o');
        else if(a[i][j]==2) putchar('X');
        else if(a[i][j]==3) putchar('@');
        else putchar('.');
    }
    puts("");
    }
}

C

全图开个并查集维护连通块。
每一行开个并查集维护下一个\(0\)的位置。
实时维护答案。
每次把每一行的没覆盖的\(0\)变成\(1\)，并把其与四角中存在的\(1\)合并。
易证其正确性。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=1001;
int n,m,ans,fa[N*N],size[N*N],f[N][N],vis[N*N],mp[N][N];char str[N];
int h(int x,int y){return (x-1)*m+y;}
int Find(int x){return x==fa[x]? x:fa[x]=Find(fa[x]);}
int fd(int s,int x){return x==f[s][x]? x:f[s][x]=fd(s,f[s][x]);}
int read(){int x;scanf("%d",&x);return x;}
void merge(int a,int b)
{
    if(size[a]>size[b]) fa[b]=a,size[a]+=size[b];
    else fa[a]=b,size[b]+=size[a];
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);int i,j,Q,x1,y1,x2,y2,a,b;
    for(i=1;i<=n;++i)
    {
    scanf("%s",str+1);
    for(j=1;j<=m;++j) mp[i][j]=str[j]=='1';
    }
    for(i=1;i<=n;++i)
        for(j=1;j<=m;++j)
    {
        fa[h(i,j)]=h(i,j),size[h(i,j)]=1;
        if(mp[i][j])
        {
        ++ans,a=h(i,j);
        if(i^1&&mp[i-1][j]) --ans,merge(Find(h(i-1,j)),a);
        a=Find(a);
        if(j^1&&mp[i][j-1]&&a^(b=Find(h(i,j-1)))) --ans,merge(a,b);
        }
    }
    for(i=1;i<=n;++i) for(j=1;j<=m;++j) f[i][j]=j;
    for(i=1;i<=n;++i) for(j=1;j<m;++j) if(mp[i][j+1]) f[i][j]=j+1;
    for(Q=read();Q;--Q)
    {
    x1=read(),y1=read(),x2=read(),y2=read();
    for(i=x1;i<=x2;++i)
    {
        for(j=y1;j<=y2;j=fd(i,j)+1)
        if(!mp[i][j])
        {
            mp[i][j]=1,++ans,a=h(i,j);
            if(i^1&&mp[i-1][j]&&a^(b=Find(h(i-1,j)))) --ans,merge(a,b);
            a=Find(a);
            if(j^1&&mp[i][j-1]&&a^(b=Find(h(i,j-1)))) --ans,merge(a,b);
            a=Find(a);
            if(i^n&&mp[i+1][j]&&a^(b=Find(h(i+1,j)))) --ans,merge(a,b);
            a=Find(a);
            if(j^m&&mp[i][j+1]&&a^(b=Find(h(i,j+1)))) --ans,merge(a,b);
        }
        f[i][y1]=fd(i,y2);
    }
    cout<<ans<<endl;
    }
}

D

题解似乎用的是二次剩余+矩阵快速幂...
实际上我们可以这样理解：
我们要求的是\(\sum\limits_{i=0}^{\lfloor\frac n2\rfloor}\sqrt a^{2i}b^{n-2i}{n\choose 2i}\)。
这个东西很像二项式定理对吧。
实际上就是\((\sqrt a+b)^n=\sum\limits_{i=0}^n\sqrt a^ib^{n-i}{n\choose i}\)中\(\sqrt a\)的指数为偶数的项的和。
这样就好做了。
类似于虚数单位\(i\)一样，我们将\(\sqrt a\)记做一个新的单位，这个单位的平方\(\sqrt a^2=a\)（不管其有没有二次剩余都可以这么认为）。那么所有的数都可以记做\(x*\sqrt a+y*1\)，乘法加法直接搬复数的那一套就行了。
那么我们考虑在\((\sqrt a+b)^n\)的展开式中，\(\sqrt a\)的指数为偶数的项一定是\(x*1\)的形式，\(\sqrt a\)的指数为奇数的项一定是\(x*\sqrt a\)的形式。
也就是说，我们要求的\((\sqrt a+b)^n\)的展开式中\(\sqrt a\)的指数为偶数的项的和就是\((\sqrt a+b)^n\)的结果中\(1\)前面的系数。
直接快速幂做即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll n,a,b,p;
ll mul(ll a,ll b){return (__int128)a*b%p;}
ll inc(ll a,ll b){a+=b;return a>=p? a-p:a;}
struct node{ll x,y;node(ll a=0,ll b=0){x=a,y=b;}};
node mul(node i,node j)
{
    return node(inc(mul(i.x,j.x),mul(mul(i.y,j.y),a)),inc(mul(i.x,j.y),mul(i.y,j.x)));
}
ll power(ll n)
{
    node s(b,1),r(1);
    for(;n;n>>=1,s=mul(s,s))
    if(n&1)
        r=mul(s,r);
    return r.x;
}
void solve()
{
    scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&a,&b,&p);
    printf("%lld\n",power(n));
}
int main()
{
    int T;cin>>T;
    while(T--) solve();
}

标签：13,return,OJ,int,ll,sqrt,mul,Comet,size
来源： https://www.cnblogs.com/cjoierShiina-Mashiro/p/11741258.html