含【最小球覆盖】【最大流isap】模板。
题面pdf
G---Pyramid【数论】【规律】【递推式】
题意：
度为$n$的Pyramid是一个由$\frac{n(n+1)}{2}$个三角形组成大三角形。比如度为3的Pyramid是下面这样子。
现在由这些顶点组成等边三角形，问有多少个。
思路：
zyn先放到坐标系里打了个表，然后发现差的差是一个等差数列....
于是就可以有递推关系式了。矩阵快速幂T了
所以只能解方程，把系数解出来。
注意取模求逆元！
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 typedef long long ll;
4 const ll mod=1e9+7;
5 ll n;
6 ll fpow(ll a,ll n)
7 {
8 ll res=1,base=a%mod;
9 while(n)
10 {
11 if(n&1) res*=base, res%=mod;
12 base*=base, base%=mod;
13 n>>=1;
14 }
15 return res%mod;
16 }
17 ll inv(ll a){return fpow(a,mod-2);}
18 int main()
19 {
20 int T;
21 cin>>T;
22 while(T--)
23 {
24 scanf("%I64d",&n);
25 ll ans=0;
26 ans+=fpow(n,4), ans%=mod;
27 ans+=6*fpow(n,3)%mod, ans%=mod;
28 ans+=11*fpow(n,2)%mod, ans%=mod;
29 ans+=6*n%mod, ans%=mod;
30 ans*=inv(24), ans%=mod;
31 printf("%I64d\n",ans);
32 }
33 }
I---Magic Potion【网络流】
题意：
有$n$个英雄，$m$只怪物。每个英雄可以杀某些指定的怪物，但是他们只能杀一次。现在有$k$瓶药水，喝了一瓶药水就可以多杀一只怪物，但是每个英雄最多只能喝一瓶。问他们最多可以杀多少怪物。
思路：
想dp想了半天想不出来。丢给zyn他直接就说是网络流。噢好有道理。
每个英雄和怪物之间有一条权值为1的边，源点和英雄有一个权值为1的边，怪物和汇点有权值唯一的边。
这样跑出来的最大流是不考虑喝药水的情况的答案。
现在可以喝药水了，相当于多了一个节点，源点到这个节点的边权值是k，然后这个节点和每个英雄有权值是1的边。
相当于给$k$个英雄多了一条1的流量，又限制了每个英雄只能喝一瓶。
听说Dinic T了，所以后来自己直接套的isap的板子。【其实还并不很熟网络流】
1 #include<iostream>
2 //#include<bits/stdc++.h>
3 #include<cstdio>
4 #include<cmath>
5 #include<cstdlib>
6 #include<cstring>
7 #include<algorithm>
8 #include<queue>
9 #include<vector>
10 #include<set>
11 #include<climits>
12 #include<map>
13 using namespace std;
14 typedef long long LL;
15 #define N 100010
16 #define pi 3.1415926535
17 #define inf 0x3f3f3f3f
18
19 const int maxn = 505;
20 int n, m, k;
21 struct edge{
22 int v, w, nxt;
23 }e[maxn* maxn + 5 * maxn];
24 int h[maxn * 2], tot;
25 int gap[maxn * 2], last[maxn * 2], d[maxn * 2], que[maxn * 2], ql, qr;
26
27 void addedge(int u, int v, int w)
28 {
29 e[++tot] = (edge){v, w, h[u]};
30 h[u] = tot;
31 e[++tot] = (edge){u, 0, h[v]};
32 h[v] = tot;
33 }
34
35
36 void init(int s, int t)
37 {
38 memset(gap, 0, sizeof(gap));
39 memset(d, 0, sizeof(d));
40 ++gap[d[t] = 1];
41 for(int i = 1; i <= n + m + 3; i++){
42 last[i] = h[i];
43 }
44 que[ql = qr = 1] = t;
45 while(ql <= qr){
46 int x = que[ql++];
47 for(int i = h[x], v = e[i].v; i; i = e[i].nxt, v = e[i].v){
48 if(!d[v]){
49 ++gap[d[v] = d[x] + 1], que[++qr] = v;
50 }
51 }
52 }
53 }
54
55 int aug(int x, int s, int t, int mi)
56 {
57 if(x == t)return mi;
58 int flow = 0;
59 for(int &i = last[x], v = e[i].v; i; i = e[i].nxt, v = e[i].v){
60 if(d[x] == d[v] + 1){
61 int tmp = aug(v, s, t, min(mi, e[i].w));
62 flow += tmp, mi -= tmp, e[i].w -= tmp, e[i ^ 1].w += tmp;
63 if(!mi)return flow;
64 }
65 }
66 if(!(--gap[d[x]]))d[s] = n + m + 4;
67 ++gap[++d[x]], last[x] = h[x];
68 return flow;
69 }
70
71 int maxflow(int s, int t)
72 {
73 init(s, t);
74 int ret = aug(s, s, t, inf);
75 while(d[s] <= n + m + 3)ret += aug(s, s, t, inf);
76 return ret;
77 }
78
79 /*void addedge(int u,int v,int w) {
80 e[++tot]=(edge){v,w,h[u]};
81 h[u]=tot;
82 e[++tot]=(edge){u,0,h[v]};
83 h[v]=tot;
84 }
85 void init(int s,int t) {
86 memset(gap,0,sizeof gap),memset(d,0,sizeof d),++gap[d[t]=1];
87 for (int i=1;i<=n + m + 3;++i) last[i]=h[i];
88 que[ql=qr=1]=t;
89 while (ql<=qr) {
90 int x=que[ql++];
91 for (int i=h[x],v=e[i].v;i;i=e[i].nxt,v=e[i].v) if (!d[v]) ++gap[d[v]=d[x]+1],que[++qr]=v;
92 }
93 }
94 int aug(int x,int s,int t,int mi) {
95 if (x==t) return mi;
96 int flow=0;
97 for (int &i=last[x],v=e[i].v;i;i=e[i].nxt,v=e[i].v) if (d[x]==d[v]+1) {
98 int tmp=aug(v,s,t,min(mi,e[i].w));
99 flow+=tmp,mi-=tmp,e[i].w-=tmp,e[i^1].w+=tmp;
100 if (!mi) return flow;
101 }
102 if (!(--gap[d[x]])) d[s]=n + m + 4;
103 ++gap[++d[x]],last[x]=h[x];
104 return flow;
105 }
106 int maxflow(int s,int t) {
107 init(s,t);
108 int ret=aug(s,s,t,inf);
109 while (d[s]<=n + m + 3) ret+=aug(s,s,t,inf);
110 return ret;
111 }*/
112
113 int main()
114 {
115 while(scanf("%d%d%d", &n, &m, &k) != EOF){
116 //init(1, n+ m + 3);
117 tot = 1;
118 memset(h, 0, sizeof(h));
119 int s = 1, t = n + m + 3;
120 addedge(s, 2, k);
121 for(int i = 1; i <= n; i++){
122 addedge(s, 2 + i, 1);
123 addedge(2, 2 + i, 1);
124 int t;
125 scanf("%d", &t);
126 for(int j = 0, mon; j < t; j++){
127 scanf("%d", &mon);
128 addedge(2 + i, 2 + n + mon, 1);
129 }
130 }
131 for(int i = 1; i <= m; i++){
132 addedge(2 + n + i, t, 1);
133 }
134 printf("%d\n", maxflow(s, t));
135 }
136
137 return 0;
138 }
D---Country Meow【最小球覆盖】
题意：
三维空间中有$n$个点，现在要在空间中找一个点，使得他到这$n$个点最远的距离最小。
思路：
就是一个最小球覆盖的板子题。找的模拟退火的板子cf过不了了。
用的三分的板子直接就过了。
#include<iostream>
//#include<bits/stdc++.h>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<set>
#include<climits>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define N 100010
#define pi 3.1415926535
#define inf 0x3f3f3f3f
const int maxn = 105;
const double eps = 1e-7;
typedef struct {double p[3];}point;
point a[maxn];
int n;
double cal(point now)
{
double ans=0.0;
for(int i=0;i<n;i++)
ans=max(ans,sqrt((a[i].p[0]-now.p[0])*(a[i].p[0]-now.p[0])+(a[i].p[1]-now.p[1])*(a[i].p[1]-now.p[1])+(a[i].p[2]-now.p[2])*(a[i].p[2]-now.p[2])));
return ans;
}
point del(point now,int cnt)
{
if(cnt>=3)
return now;
double r=100000,l=-100000;
double dr,dl;
point tp1,tp2,ans1,ans2,ans;
tp1=tp2=ans=now;
while(r-l>eps)
{
dr=(2*r+l)/3;
dl=(2*l+r)/3;
tp1.p[cnt]=dl;
tp2.p[cnt]=dr;
ans1=del(tp1,cnt+1);
ans2=del(tp2,cnt+1);
if(cal(ans1)>cal(ans2))
{
l=dl;
ans=ans1;
}
else
{
r=dr;
ans=ans2;
}
}
return ans;
}
int main()
{ // freopen("t.txt","r",stdin);
//ios::sync_with_stdio(false);
//double ans;
while(~scanf("%d", &n))
{
for(int i=0; i<n; i++)
//cin>>node[i].x>>node[i].y>>node[i].z;
scanf("%lf%lf%lf",&a[i].p[0],&a[i].p[1],&a[i].p[2]);
//minball(n);
//cout<<ans<<endl;
point ans;
printf("%.7f\n",cal(del(ans, 0)));
}
return 0;
}
K---Kangaroo Puzzle
题意：
思路：
这题代码可不能折叠啊。队友太强了！
1 #include<stdio.h>
2 #include<string.h>
3 #include <bits/stdc++.h>
4
5 using namespace std;
6 const int MAX_N = 10;
7 char c[4] = {'L', 'R', 'U', 'D'};
8
9 int main()
10 {
11 int N, M;
12 cin >> N >> M;
13 string s;
14 for (int i = 1; i <= N; i++)
15 cin >> s;
16 int cnt = 0;
17 srand(56346275);
18 while (cnt++ < 50000) {
19 printf("%c", c[rand()%4]);
20 }
21 puts("");
22 return 0;
23 }
M---Mediocre String Problem【manacher】【exKMP】
题意：
有一个串$S$，一个串$T$。现在要在$S$中选一段$S[i,j]$，和$T$中的$T[1,k]$拼起来是一串回文。问有多少种不同的三元组$(i,j,k)$
思路：
详细题解见：https://www.cnblogs.com/wyboooo/p/9982651.html
1 #include<iostream>
2 //#include<bits/stdc++.h>
3 #include<cstdio>
4 #include<cmath>
5 //#include<cstdlib>
6 #include<cstring>
7 #include<algorithm>
8 //#include<queue>
9 #include<vector>
10 //#include<set>
11 //#include<climits>
12 //#include<map>
13 using namespace std;
14 typedef long long LL;
15 #define N 100010
16 #define pi 3.1415926535
17 #define inf 0x3f3f3f3f
18
19 const int maxn = 1e6 + 5;
20 char s[maxn], ss[maxn * 2], t[maxn], s_rev[maxn];
21 LL pre[maxn * 2];
22 int lens, lent, p[maxn * 2];
23
24 int init()
25 {
26 ss[0] = '$';
27 ss[1] = '#';
28 int lenss = 2;
29 for(int i = 0; i < lens; i++){
30 ss[lenss++] = s[i];
31 ss[lenss++] = '#';
32 }
33 ss[lenss] = '\0';
34 return lenss;
35 }
36
37 void manacher()
38 {
39 int lenss = init();
40 int id, mx = 0;
41 for(int i = 1; i < lenss; i++){
42 if(i < mx){
43 p[i] = min(p[2 * id - i], mx - i);
44 }
45 else{
46 p[i] = 1;
47 }
48 while(ss[i - p[i]] == ss[i + p[i]])p[i]++;
49 if(mx < i + p[i]){
50 id = i;
51 mx = i + p[i];
52 }
53 }
54 }
55
56 int nxt[maxn],ex[maxn]; //ex数组即为extend数组
57 //预处理计算next数组
58 void GETNEXT(char *str)
59 {
60 int i=0,j,po,len=strlen(str);
61 nxt[0]=len;//初始化next[0]
62 while(str[i]==str[i+1]&&i+1<len)//计算next[1]
63 i++;
64 nxt[1]=i;
65 po=1;//初始化po的位置
66 for(i=2;i<len;i++)
67 {
68 if(nxt[i-po]+i<nxt[po]+po)//第一种情况，可以直接得到next[i]的值
69 nxt[i]=nxt[i-po];
70 else//第二种情况，要继续匹配才能得到next[i]的值
71 {
72 j=nxt[po]+po-i;
73 if(j<0)j=0;//如果i>po+nxt[po],则要从头开始匹配
74 while(i+j<len&&str[j]==str[j+i])//计算next[i]
75 j++;
76 nxt[i]=j;
77 po=i;//更新po的位置
78 }
79 }
80 }
81 //计算extend数组
82 void EXKMP(char *s1,char *s2)
83 {
84 int i=0,j,po,len=strlen(s1),l2=strlen(s2);
85 GETNEXT(s2);//计算子串的next数组
86 while(s1[i]==s2[i]&&i<l2&&i<len)//计算ex[0]
87 i++;
88 ex[0]=i;
89 po=0;//初始化po的位置
90 for(i=1;i<len;i++)
91 {
92 if(nxt[i-po]+i<ex[po]+po)//第一种情况，直接可以得到ex[i]的值
93 ex[i]=nxt[i-po];
94 else//第二种情况，要继续匹配才能得到ex[i]的值
95 {
96 j=ex[po]+po-i;
97 if(j<0)j=0;//如果i>ex[po]+po则要从头开始匹配
98 while(i+j<len&&j<l2&&s1[j+i]==s2[j])//计算ex[i]
99 j++;
100 ex[i]=j;
101 po=i;//更新po的位置
102 }
103 }
104 }
105
106
107 int main()
108 {
109
110 while(scanf("%s", s) != EOF){
111 scanf("%s", t);
112 lens = strlen(s);
113 lent = strlen(t);
114 for(int i = 0; i <= lens * 2 + 2; i++){
115 pre[i] = 0;
116 p[i] = 0;
117 ex[i] = 0;
118 }
119 manacher();
120 for(int i = lens * 2; i >= 2; i--){
121 int x = i / 2;
122 pre[x]++;
123 pre[x - (p[i] / 2)]--;
124 }
125 for(int i = lens; i >= 1; i--){
126 pre[i] += pre[i + 1];
127 }
128
129 for(int i = 0; i <= lens; i++){
130 s_rev[i] = s[lens - 1 - i];
131 }
132 EXKMP(s_rev, t);
133 LL ans = 0;
134 /*for(int i = 1; i <= lens; i++){
135 cout<<pre[i]<<" "<<ex[i]<<endl;
136 }*/
137 for(int i = 1; i <= lens; i++){
138 //if(ex[lens - i + 1])
139 ans += 1LL * ex[lens - i + 1] * pre[i];
140 }
141 printf("%I64d\n", ans);
142 }
143 return 0;
144 }
J---Prime Game【数论】
题意：
给定$n$个数，$fra(i,j)$表示第$i$个数到第$j$个数相乘的值的不同质因子个数，求$\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=i}^{n}fra(i,j)$
思路：
预处理把区间内的所有质数筛出来。
然后枚举每个数的质因子，找到这个质因子对答案的贡献。
每次都找到这个质因子上一次出现的位置，那么他对这段区间都是有贡献的。
1 #include <bits/stdc++.h>
2
3 using namespace std;
4 typedef long long ll;
5 const int MAX_N = 1e6 + 5;
6
7 int prime[MAX_N+1];
8 void getPrime()
9 {
10 memset(prime, 0, sizeof prime);
11 for (int i = 2; i <= MAX_N; i++) {
12 if (!prime[i]) prime[++prime[0]] = i;
13 for (int j = 1; j <= prime[0] && prime[j] <= MAX_N/i; j++) {
14 prime[i*prime[j]] = true;
15 if (i%prime[j] == 0)
16 break;
17 }
18 }
19 }
20
21 int a[MAX_N];
22 int pre[MAX_N];
23 int main()
24 {
25 getPrime();
26 int N;
27 cin >> N;
28 memset(pre, 0, sizeof pre);
29 for (int i = 1; i <= N; i++) {
30 scanf("%d", a+i);
31 }
32
33 ll ans = 0;
34 for (int i = 1; i <= N; i++) {
35 for (int j = 1; prime[j] <= a[i]/prime[j]; j++) {
36 ll curp = prime[j];
37 if (a[i] % prime[j] == 0) {
38 ll l = i - pre[curp];
39 ll r = N-i+1;
40 ans += l*r;
41 pre[curp] = i;
42 while (a[i]%curp == 0)
43 a[i] /= curp;
44 }
45 }
46 if (a[i] > 1) {
47 ll curp = a[i];
48 ll l = i - pre[curp];
49 ll r = N-i+1;
50 ans += l*r;
51 pre[curp] = i;
52 while (a[i]%curp == 0)
53 a[i] /= curp;
54 }
55 }
56 cout << ans << endl;
57 return 0;
58 }
59 /*
60 10
61 99 62 10 47 53 9 83 33 15 24
62 */
A---Adrien and Austin【博弈论】
题意：
有$n$个石头并有编号，每次最多可以取$k$个最少取$1$个连续的石头，两个人轮流取，谁不能取了就输了。
思路：
刚开始没看到连续的，想半天都是错的。
如果是连续的话，情况就比较简单了。
先手对于任意的一段连续的$n$都可以把他取成大小相等的两段。后手在任意一段取，先手都可以在另一段对称的取。所以先手必胜。
当$n$是奇数，$k$是$1$的时候，先手没办法取出这样的两段。所以后手能赢。$n$为$0$后手也能赢。
1 #include <bits/stdc++.h>
2
3 using namespace std;
4 const int MAX_N = 1e6 + 5;
5 string s[2] = {"Adrien", "Austin"};
6
7
8 int main()
9 {
10 int N, K;
11 cin >> N >> K;
12 if (N == 0)
13 cout << s[1] << endl;
14 else if (K == 1 && N%2 == 0) {
15 cout << s[1] << endl;
16 }
17 else {
18 cout << s[0] << endl;
19 }
20 return 0;
21 }
来源：oschina
链接：https://my.oschina.net/u/4408081/blog/3748300