久违一更，距离上次更新已经半年了。
这次题目竟然不是按照难度排序
A. 迷失 (Hdu 6996)
题目大意
给定一张无向图，边的边权为(0)或(1)，在图上随机游走，问从1号点经过k条边到达n号点，经过的边的异或和为1的概率。
解题思路
第一眼，图上随机游走，循环概率，点数不超过100，高斯消元，不想写，跳了。
做完后面的回来看第二眼，哦，恰好经过k条边，设(dp[i][j][k])表示当前第(i)号点，当前边权异或和为(k)，经过(j)条边到达(n)号点且边权异或和为(1)的概率。
忽然看到(k leq 10^6)，空间爆了。注意到(dp[i][j][k])总是从(dp[?][j-1][?])转移过来的，于是可以用循环队列压成两维，即(dp[cur][i][k])表示当前状态((j))，(dp[cur^1][i][k])表示上一个状态((j - 1))，空间问题解决了，但时间复杂度(O(mk))即(O(n^2k))还是爆了时间。
忽然发现给定一张图，转移方程式是确定且线性的，矩阵快速幂优化就可以了。时间复杂度为(O(n^3log k))。
具体而言，矩阵规模是(200 imes 200)，根据转移方程式(dp[i][j][k] = frac{1}{du[i]}sumlimits_{v in (i, v)}dp[v][j-1][k oplus cost[(i,v)])构造即可。
下面代码中是根据方程式两边乘以了(du[i])构造的。(du[i])表示(i)号点的度。
结果卡常，中途运算从(long long)改成(int)，矩阵乘法减少不必要的取模才过了。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#include <vector>
using namespace std;
typedef long long LL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
const int MO = 998244353;
const int N = 1e2 + 8;
const int M = 2e4 + 8;
int head[N], nxt[M], ty[M], cnt[N], to[M];
int inv[N];
int n, m, k, num;
inline int qpow(int a, int b) {
int ans = 1;
while(b) {
if(b & 1) {
ans = 1ll * ans * a % MO;
}
a = 1ll * a * a % MO;
b = b >> 1;
}
return ans;
}
struct matrix {
int n, m;
int data[N * 2][N * 2];
inline void clear() {
for (int i = 0; i <= n; i++)
for (int j = 0; j <= m; j++) data[i][j] = 0;
}
}ff, eye;
inline matrix operator *(matrix a, matrix b) {
matrix qwq;
qwq.n = a.n;
qwq.m = b.m;
qwq.clear();
LL tmp = 0;
for (int i = 1; i <= a.n; i++)
for (int j = 1; j <= b.m; j++){
tmp = qwq.data[i][j];
for (int k = 1; k <= a.m; k++){
tmp += ((1ll * a.data[i][k] * b.data[k][j]));
if (k % 15 == 0)
tmp %= MO;
}
if (tmp >= MO)
tmp %= MO;
qwq.data[i][j] = tmp;
}
return qwq;
}
inline void add(int u, int v, int w){
num ++;
nxt[num] = head[u];
to[num] = v;
ty[num] = w;
head[u] = num;
num ++;
nxt[num] = head[v];
to[num] = u;
ty[num] = w;
head[v] = num;
cnt[u] ++;
cnt[v] ++;
}
int main(void) {
for(int i = 1; i <= 105; ++ i)
inv[i] = qpow(i, MO - 2);
int kase; read(kase);
for (int ii = 1; ii <= kase; ii++) {
read(n);
read(m);
read(k);
num = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++ i){
head[i] = 0;
cnt[i] = 0;
}
for(int u, v, w, i = 1; i <= m; ++ i){
read(u);
read(v);
read(w);
add(u, v, w);
}
ff.n = ff.m = 2 * n;
ff.clear();
for(int i = 1; i <= n; ++ i)
for(int j = head[i]; j; j = nxt[j]){
int v = to[j];
int kin = ty[j];
for(int s = 0; s <= 1; ++ s){
int yuan = i;
if (s)
yuan += n;
int nxt = v;
if (s ^ kin)
nxt += n;
ff.data[yuan][nxt] = inv[cnt[v]];
}
}
eye.n = eye.m = 2 * n;
eye.clear();
for(int i = 1; i <= 2 * n; ++ i)
eye.data[i][i] = 1;
while(k){
if (k & 1)
eye = eye * ff;
ff = ff * ff;
k >>= 1;
}
int ans = eye.data[1][n + n] * 1ll * cnt[n] % MO * inv[cnt[1]] % MO;
write(ans, '
');
}
return 0;
}
B. 愿望幽灵 (Hdu 6997)
题目大意
咕咕咕
解题思路
神奇的代码
咕咕咕
C. 鸽子 (Hdu 6998)
题目大意
(n)台电脑，第(k)台坏了。(m)次操作，每次操作交换第(u_i)和第(v_i)台电脑，你可以跳过若干次操作。
问对于每个(j in [1,n])，最终坏的电脑的位置是第(j)台的最小跳过次数是多少。无法实现输出-1。
解题思路
设(dp[i][j])表示前(i)次操作后，坏的电脑是第(j)台的最小跳过次数。容易发现每次操作只会更改两个(dp)值，即(dp[i])和(dp[i-1])只有(dp[i][u_i])和(dp[i][v_i])会发生变化，所以复用(dp)数组转移其实是(O(1))的，总时间复杂度为(O(n))。
具体而言，转移时考虑是否跳过本次操作，于是(dp[u_i] = min(dp[v_i], dp[u_i] + 1))，(dp[v_i] = min(dp[u_i], dp[v_i] + 1))，注意等式右边的(dp)值是原来的(dp)值，不是本次更新后的(dp)值。注意无法实现的情况。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
const int N = 1e5 + 8;
int n, m, k;
int dp[N];
int main(void) {
int kase; read(kase);
for (int ii = 1; ii <= kase; ii++) {
read(n);
read(m);
read(k);
for(int i = 1; i <= n; ++ i)
dp[i] = -1;
dp[k] = 0;
for(int u, v, i = 1; i <= m; ++ i){
read(u);
read(v);
int su = dp[u];
int sv = dp[v];
if (su == -1 && sv == -1)
continue;
if (sv == -1){
dp[u] = su + 1;
dp[v] = su;
}
else if (su == -1){
dp[v] = sv + 1;
dp[u] = sv;
}
else{
dp[u] = min(su + 1, sv);
dp[v] = min(sv + 1, su);
}
}
for(int i = 1; i <= n; ++ i)
printf("%d%c", dp[i], i == n ? '
' : ' ');
}
return 0;
}
D. 萌新 (Hdu 6999)
题目大意
给定两个正整数(a,b)，求最小和最大的(c)满足(a mod c = b mod c)，且(2 le c le max(a,b))。
不存在则输出(-1)。
解题思路
假设(ageq b)，题意即为(aequiv b mod c)即((a-b) equiv 0 mod c)即(c|(a-b))，所以最小(c)即为((a-b))的最小质因数，最大(c)即为((a-b))。
(a-b=1)时(c)无解$。
(a=b)时特判(a=1)时无解，否则最小(c)为(2)，最大(c)为(a)。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
int main(void) {
int kase; read(kase);
for (int ii = 1; ii <= kase; ii++) {
int a, b;
read(a);
read(b);
int dis = max({a,b}) - min({a, b});
if (dis == 1){
puts("-1 -1");
}else if (dis == 0){
if (a == 1){
puts("-1 -1");
}
else
printf("2 %d
", a);
}else{
int ans = 2;
int up = sqrt(dis);
while(dis % ans != 0 && ans <= up)
++ ans;
if (dis % ans != 0)
ans = dis;
printf("%d %d
", ans, dis);
}
}
return 0;
}
E. 二分 (Hdu 7000)
题目大意
有(n)个格子，你现在在第(x)个格子，想跳到第(y)个格子。
每次，如果你当前的格子编号小于(y)，你会等概率跳到比当前编号更大的一个格子中，反之则等概率跳到比当前编号更小的一个格子中。
求期望跳的次数。
解题思路
看上去挺有趣的题，结果被A卡常卡得莫得时间思考，咕咕咕。
神奇的代码
咕咕咕
F. 毒瘤数据结构题 (Hdu 7001)
题目大意
一个长为(n)，初始全为(0)的序列，有(n)次操作，每次可以：
-
(1 x) 表示把(x)位置修改为(1)。
-
(2 x) 表示查询，如果将(x)位置修改为(1)，求最大的(i)满足序列位置(1)到(i-1)上的值均为(1)。注意只是如果，实际并不做修改。
解题思路
上来先写的题
其实这并不毒瘤呀，用并查集维护连通性就可以了。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
const int N = 5e6 + 8;
int f[N], n;
int findfa(int x){
return f[x] == x ? x : f[x] = findfa(f[x]);
}
int main(void) {
read(n);
for(int i = 1; i <= n; ++ i){
int x, y;
read(x);
read(y);
if (x == 1){
if (f[y] == 0){
f[y] = y;
int nxt = findfa(y + 1);
if (nxt != 0)
f[y] = nxt;
int la = findfa(y - 1);
if (la != 0)
f[la] = f[y];
}
}else{
int ans = findfa(1);
if (ans == y - 1)
++ ans;
int nxt = findfa(y + 1);
if (nxt != 0 && ans >= y)
ans = nxt;
++ ans;
write(ans, '
');
}
}
return 0;
}
G. 流年烹茶 (Hdu 7002)
题目大意
咕咕咕
解题思路
咕咕咕
神奇的代码
咕咕咕
H. 猎人杀 (Hdu 7003)
题目大意
(n)个人，其中一个是狼人，其余是猎人。
每个人都会有一个想干掉的人的编号列表，是一个(1-n)的全排列。
首先狼人干掉自己编号列表的第一人，记为(target)。
随后，(target)会干掉自己列表中，从左到右第一个活着的人，这人会成为新的(target)，重复此步骤。
如果期间狼人被干掉了，则猎人胜利。
若某一个猎人被干掉后，场上除了狼人还有另一个猎人活着，则狼人胜利。
给定一个局面，问你最终谁胜。
解题思路
就是个模拟题，不过题意写得晦涩难懂。一开始在疑惑就一晚狼人干掉人吗？不过注意到每个人想干掉的列表是个全排列，那么白天就一定会游戏结束了，狼人不会再干掉第二个人。
看样例时看到有狼人自刀的情况出现，嗯？？？
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
#include <exception>
#include <vector>
using namespace std;
typedef long long LL;
template <typename T>
void read(T &x) {
int s = 0, c = getchar();
x = 0;
while (isspace(c)) c = getchar();
if (c == 45) s = 1, c = getchar();
while (isdigit(c)) x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if (s) x = -x;
}
template <typename T>
void write(T x, char c = ' ') {
int b[40], l = 0;
if (x < 0) putchar(45), x = -x;
while (x > 0) b[l++] = x % 10, x /= 10;
if (!l) putchar(48);
while (l) putchar(b[--l] | 48);
putchar(c);
}
const int N = 55;
bool dead[N];
int cur[N];
int fav[N][N];
int n, lang;
int main(void) {
int kase; read(kase);
for (int ii = 1; ii <= kase; ii++) {
read(n);
for(int i = 1; i <= n; ++ i){
int a;
read(a);
if (a == 1)
lang = i;
}
for(int i = 1; i <= n; ++ i)
for(int j = 1; j <= n; ++ j){
read(fav[i][j]);
}
for(int i = 1; i <= n; ++ i){
dead[i] = false;
cur[i] = 1;
}
int cnt = n;
int tar = fav[lang][1];
dead[tar] = true;
-- cnt;
while(cnt > 2 && !dead[lang]){
while(dead[fav[tar][cur[tar]]])
++ cur[tar];
tar = fav[tar][cur[tar]];
dead[tar] = true;
-- cnt;
}
if (dead[lang])
puts("lieren");
else
puts("langren");
}
return 0;
}