这场感觉题目确实还算可以，不过，说好的每题10s效果上却不理想。这个时限还算比较紧。因为时间不是按绝对的多出几秒来计算，而是几倍来计算的。
比赛做的不好，后面又去做了一下。
A：典型的数位DP，一直坑在这里。
E：求f(f(f(n)))%p。f()表示斐波那契数。关于求斐波那契数模的循环节是有特定的数学定理和方法的。我也不知道，但是看了结论之后自己会实现了。首先，把p因数分解，ai^pi，显然最终的循环节就等于这些单独因子计算循环节的lcm。同时ai^pi的循环节又是G(ai)*ai^(pi-1)。G()表示单个质数作用的循环节。单个质数的循环节可以这样来判断，如果power_mod(5,(p-1)/2,p)==1那么该循环节是ai-1的一个约数，否则该循环节是2*ai+2的一个约数。关于剩下的约数，直接暴力枚举判断即可。整个实现过程比较复杂，但是也算是思路清晰，调试难度并不大。
/*
* this code is made by 092000
* Problem: 1124
* Verdict: Accepted
* Submission Date: 2014-07-12 00:02:47
* Time: 3812MS
* Memory: 3924KB
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <map>
#include <algorithm>
#define maxn 100100
typedef long long ll;
using namespace std;
struct mat{
ll f[2][2];
void Z() { memset(f,0,sizeof f); }
void E() { f[0][0]=f[1][1]=1,f[0][1]=f[1][0]=0; }
void F() { f[0][0]=f[1][0]=f[0][1]=1,f[1][1]=0; }
};
ll pri[maxn],b[maxn],pnum=0;
ll fac[500],fnum[500],Fac;
ll ffac[500],FFac;
ll F1,F2;
map<ll,ll> GG;
ll gcd(ll A,ll B) { return B==0?A:gcd(B,A%B); }
ll lcm(ll A,ll B) { return A/gcd(A,B)*B; }
void getprim()
{
for (int i=2; i<maxn; i++)
if (!b[i])
{
pri[++pnum]=i;
for (int j=i+i; j<maxn; j+=i) b[j]=j;
}
}
ll power(ll A,ll B,ll P)
{
ll tot=1;
while (B)
{
if (B&1) tot=(tot*A)%P;
A=(A*A)%P,B>>=1;
}
return tot;
}
ll power(ll A,ll B)
{
ll tot=1;
for (;B;A=A*A,B>>=1) if (B&1) tot=tot*A;
return tot;
}
mat mul(mat A,mat B,ll P)
{
mat tot;
tot.Z();
for (int i=0; i<2; i++)
for (int j=0; j<2; j++)
for (int k=0; k<2; k++)
{
tot.f[i][j]+=A.f[i][k]*B.f[k][j];
tot.f[i][j]%=P;
}
return tot;
}
mat power(mat A,ll B,ll P)
{
mat tot;
tot.E();
while (B)
{
if (B&1) tot=mul(tot,A,P);
A=mul(A,A,P),B>>=1;
}
return tot;
}
ll fib(ll N,ll P)
{
mat tot;
tot.F();
tot=power(tot,N,P);
return tot.f[0][0];
}
void divide(ll P)
{
Fac=0;
for (int i=1; pri[i]<=P/pri[i]; i++)
if (P%pri[i]==0)
{
fac[++Fac]=pri[i],fnum[Fac]=0;
while (P%pri[i]==0) P/=pri[i],fnum[Fac]++;
}
if (P>1) fac[++Fac]=P,fnum[Fac]=1;
}
ll G(ll P)
{
if (GG[P]) return GG[P];
ll num;
if (power(5,(P-1)>>1,P)==1) num=P-1;
else num=2*P+2;
FFac=0;
for (int i=1; i<=num/i; i++)
if (num%i==0)
{
ffac[++FFac]=i;
ffac[++FFac]=num/i;
}
sort(ffac+1,ffac+1+FFac);
for (int i=1; i<=FFac; i++)
if (fib(ffac[i]+1,P)==F1 && fib(ffac[i]+2,P)==F2)
{
GG[P]=ffac[i];
return ffac[i];
}
return -1;
}
ll getloop(ll P)
{
ll Lp=1;
F1=1%P,F2=2%P;
divide(P);
for (int i=1; i<=Fac; i++)
Lp=lcm(Lp,G(fac[i])*power(fac[i],fnum[i]-1));
return Lp;
}
int main()
{
getprim();
GG[2]=3,GG[3]=8,GG[5]=20;
ll n,p,T,ans;
scanf("%lld",&T);
while (T--)
{
scanf("%lld%lld",&n,&p);
if (p==1)
{
puts("0");
continue;
}
ll mod1=p;
ll mod2=getloop(mod1);
ll mod3=getloop(mod2);
ans=fib(n,mod3);
ans=fib(ans,mod2);
ans=fib(ans,mod1);
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}
H：有N段路，每段路有两个值si，bi。si表示长度，单位长度汽车耗油量为max(0,0.5*v+bi)。出发是总共有f量的油。现在问题是如果想尽快通过这N段路最段需要的时间是多少呢？很显然，题目说开得越慢耗油越少，看题解是二分速度，每次判断耗油是否够不够，知道达到精度要求。不过。。。。。在需要耗油的路段，能确定所有的速度都是一样大的时候所用的时间最短吗？每段路的系数不一样，在最优的情况下其速度会一样吗？这些问题我不确定，但是按照题解，我写的A了。不明真相。
/*
* this code is made by 092000
* Problem: 1129
* Verdict: Accepted
* Submission Date: 2014-07-12 14:02:50
* Time: 2612MS
* Memory: 3240KB
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#define maxn 100100
#define eps 1e-9
using namespace std;
double s[maxn],b[maxn],vm,f;
int n;
bool check(double cur)
{
double tot=0;
for (int i=1; i<=n; i++) tot+=max(0.0,0.5*cur+b[i])*s[i];
return tot<=f;
}
double count(double v)
{
double tot=0;
for (int i=1; i<=n; i++) tot+=s[i]/min(vm,max(v,-2*b[i]));
return tot;
}
int main()
{
while (scanf("%d",&n)!=EOF)
{
scanf("%lf%lf",&f,&vm);
for (int i=1; i<=n; i++) scanf("%lf%lf",&s[i],&b[i]);
double l=0,r=vm,mid;
while (r-l>eps)
{
mid=(l+r)/2;
if (check(mid)) l=mid;
else r=mid;
}
if (l>0 && check(l)) printf("%.3f
",count(l));
else printf("Bad Luck!
");
}
}
I：签到题。每次你可以从已经出现过的字符串里面取出一个串（也可以不取），构成当前这个串，最少需要进行多少次操作？很贱单，全场tire维护即可。多加一个标签数组啦。
/*
* this code is made by 092000
* Problem: 1121
* Verdict: Accepted
* Submission Date: 2014-07-04 20:56:29
* Time: 6720MS
* Memory: 117580KB
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define maxn 1050300
using namespace std;
int next[maxn][26],least[maxn],tag[maxn],N;
char s[maxn];
int ans,n,m,T,L;
int add()
{
N++;
for (int i=0; i<26; i++) next[N][i]=0;
least[N]=4*maxn,tag[N]=0;
return N;
}
int insert()
{
int cur=0,tmp=0,last=4*maxn;
L=strlen(s);
for (int i=0; s[i]; i++)
{
int k=s[i]-'a';
if (!next[cur][k]) next[cur][k]=add();
cur=next[cur][k];
last=min(last,L-tag[cur]);
last=min(last,least[cur]-i-1+L-i-1);
least[cur]=min(least[cur],L);
}
tag[cur]=L;
return min(last,L-tmp);
}
int main()
{
scanf("%d",&T);
while (T--)
{
scanf("%d%s",&n,s);
N=-1,N=add();
m=insert();
for (int i=1; i<=n; i++)
{
scanf("%s",s);
int tmp=insert();
printf("%d
",min(L,tmp+1));
}
}
return 0;
}
J：好题。两个发射站，以及若干个接受站。求两个发射站的覆盖半径分别为r1和r2的时候，能覆盖多少个点？机智的人一看就知道把与两个发射站的距离看成是二维坐标，剩下的点的处理就相当于是一个平面覆盖问题了。直接顺序维护一维，另一维用树状数组统计即可。
/*
* this code is made by 092000
* Problem: 1127
* Verdict: Accepted
* Submission Date: 2014-07-12 07:27:12
* Time: 5000MS
* Memory: 15772KB
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define maxn 300200
using namespace std;
struct point{
double dis1,dis2;
int rk;
}p[maxn];
struct query{
int id,r1,r2,ans,pos;
}q[maxn];
int n,Q,m,x1_,x2_,y1_,y2_,ttx,tty;
int c[maxn];
double tx,ty;
bool cmp1(point p1,point p2) { return p1.dis2<p2.dis2; }
bool cmp2(query q1,query q2) { return q1.r2<q2.r2; }
bool cmp3(point p1,point p2) { return p1.dis1<p2.dis1; }
bool cmp4(query q1,query q2) { return q1.r1<q2.r1; }
bool cmp5(query q1,query q2) { return q1.id<q2.id; }
int lowbit(int x) { return x&(-x); }
void add(int x,int v) { while (x<maxn) c[x]+=v,x+=lowbit(x); }
int sum(int x)
{
int tmp=0;
while (x>0) tmp+=c[x],x-=lowbit(x);
return tmp;
}
void _init_point()
{
scanf("%d",&n);
for (int i=1; i<=n; i++)
{
scanf("%d%d",&ttx,&tty);
tx=ttx,ty=tty;
p[i].dis1=sqrt((tx-x1_)*(tx-x1_)+(ty-y1_)*(ty-y1_));
p[i].dis2=sqrt((tx-x2_)*(tx-x2_)+(ty-y2_)*(ty-y2_));
}
memset(c,0,sizeof c);
sort(p+1,p+1+n,cmp1);
for (int i=1; i<=n; i++) p[i].rk=i,add(i,1);
}
void _init_query()
{
scanf("%d",&Q);
for (int i=1; i<=Q; i++)
{
scanf("%d%d",&q[i].r1,&q[i].r2),q[i].id=i;
}
sort(q+1,q+1+Q,cmp2);
int cur=0;
for (int i=1; i<=Q; i++)
{
while (cur<n && q[i].r2>p[cur+1].dis2) cur++;
q[i].pos=cur;
}
}
int main()
{
while (scanf("%d%d%d%d",&x1_,&y1_,&x2_,&y2_)!=EOF)
{
_init_point();
_init_query();
int tot=0,cur=0;
sort(p+1,p+1+n,cmp3);
sort(q+1,q+1+Q,cmp4);
for (int i=1; i<=Q; i++)
{
while (cur<n && q[i].r1>p[cur+1].dis1)
{
cur++,tot++;
add(p[cur].rk,-1);
}
q[i].ans=sum(q[i].pos)+tot;
}
sort(q+1,q+1+Q,cmp5);
for (int i=1; i<=Q; i++) printf("%d
",n-q[i].ans);
}
return 0;
}