牛客练习赛#105

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牛客练习赛#105
- A.切蛋糕的贝贝
- B.抱歉，这没有集美
- C.打牌的贝贝
- D.点分治分点

A.切蛋糕的贝贝

题意
- 有一个正n边形，想通过下列的切法切成面积比为1:1:4:5:1:4的6块
- 切法：1,通过重心的对角线切一刀；2,重心与一个顶点切一刀
- 问这个n边形能否切成题目要求的6块，若能则输出切的次数
题解
- 小数论+思维。按照题目给定的切法，n边形有n个顶点，所以最多切成n块，这n块要分成面积比为114514的话，必须有n为16的倍数。
- n%16!=0时，无解。否则，只需要切5刀。方法为对半切成8:8，一边8对半切为4:4，另一个8切成1:1:1:5，总共5刀。
代码

#include <iostream>using namespace std;void solve() {int n; cin>>n;if(n%16) cout<<-1<<'\n';else cout<<5<<'\n';
}int main() {int t=1; //cin>>t;while(t--) solve();return 0;
}

B.抱歉，这没有集美

题意
- 对于n的排列数组a，问存在多少种排列存在gcd(ai, i)为偶数
题解
- 打表。逆向思维，求存在gcd为偶数的对立事件，即求事件总数-排列中gcd(ai, i)为奇数恒成立的事件数量。sum=n!，打表可知sub= { A( foolr( (n+1)/2 ) }^2.即res=sum-sub。
- 证明。如果ai为奇数那么放在哪个位置都可以，因为奇数因子不可能有偶数，所以不管与奇数还是偶数的gcd都不会是偶数；如果是偶数一定是放在奇数位置，才不会出现gcd为偶数。所以对于n讨论
  - n为奇数时，n+1/2个奇数位置中放n-1/2个偶数和1个奇数。所以gcd全为奇数的情况为
    Cn+121×(n+12)!×(n−12)!=[(n+12)!]2C_{\frac{n+1}{2}}^{1}\times (\frac{n+1}{2})!\times (\frac{n-1}{2})!=[(\frac{n+1}{2})!]^2 C2n+11×(2n+1)!×(2n−1)!=[(2n+1)!]2
  - n为偶数的情况，gcd全为奇数的情况数量
    (n2)!×(n2)!=[(n2)!]2(\frac{n}{2})!\times (\frac{n}{2})!=[(\frac{n}{2})!]^2 (2n)!×(2n)!=[(2n)!]2
代码

#include <iostream>using namespace std;
const int mod=1e9+7;int main() {int n; cin>>n;int sum=1,sub=1;for(int i=1;i<=n;i++) sum=1ll*sum*i%mod;for(int i=1;i<=(n+1)/2;i++) sub=1ll*sub*i%mod;sub=1ll*sub*sub%mod;sum=(sum-sub+mod)%mod;cout<<sum<<'\n';return 0;
}

C.打牌的贝贝

题意
- 有2n张牌，其编号为1～2n，A和B都有随机的n张牌
- 游戏规则：每次都是A出一张牌，如果A没牌出那么A输；否则B需要出一张比A更大的牌，如果B出不了更大的牌，那么B输
- 问A和B各自赢的情况数量为多少
题解
- 组合数/卡特兰数。首先必须明确这不是博弈论，因为A B不是轮流先手的公平游戏。对于A出的一张牌，B只需出一张大的牌即可。那么在1～2n的排列中，把A手中的牌视为左括号，B视为右括号，1～2n为合法的括号序列就是B赢的数量，也就是卡特兰数。C(2n,n)-caltonla即为A赢的数量。
- 注意多组数据，不要在线算，预处理出来就行。还有我真的服了，卡cin不得好死
代码

#include <iostream>using namespace std;
const int mod=1e9+7,N=1e6+5,M=2e6+10;
typedef long long ll;ll fac[M],infac[M];ll qmi(ll a,ll b) {ll res=1;while(b) {if(b&1) res=res*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return res;
}void init() {fac[0]=infac[0]=1;for(int i=1;i<M;i++) {fac[i]=fac[i-1]*i%mod;infac[i]=infac[i-1]*qmi(i,mod-2)%mod;}
}ll c(ll a,ll b) {return fac[a]*infac[b]%mod*infac[a-b]%mod;
}void solve() {ll n; cin>>n;ll res=c(2*n,n);ll ans=res*qmi(n+1,mod-2)%mod;res=(res-ans+mod)%mod;cout<<res<<' '<<ans<<'\n';
}int main(){init();ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);int t; cin>>t;while(t--) solve();return 0;
}

D.点分治分点

题意
- 查找每个点到s的所有简单路径中，所有路径中最小值的最大值
题解
- 最短路。从s点跑一遍spfa之后，更新到的点就是有可到达路径的。要得到答案只需要在更新条件中做更改即可，更新方式如代码所示。
代码

#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cstring>using namespace std;
typedef pair<int,int> PII;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;int n,m,s,dist[N];
bool vis[N];
vector<PII> g[N];void add(int u,int v,int w) {g[u].push_back({v,w});
}void spfa() {memset(dist,-1,sizeof dist);queue<int> q;q.push(s); vis[s]=1; dist[s]=0x3f3f3f3f;while(q.size()) {int u=q.front(); q.pop();vis[u]=0;for(auto [v,w]:g[u]) if(dist[v]<min(dist[u],w)) {//min的含义为更新的是此条路径中的最小边权，而<才更新的意思是答案dist[v]求的是所有从s到v的路径中最大值dist[v]=min(dist[u],w);if(!vis[v]) q.push(v),vis[v]=1;}}
}int main() {ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); cout.tie(0);cin>>n>>m>>s;while(m--) {int u,v,w; cin>>u>>v>>w;if(u!=v) add(u,v,w);}spfa();for(int i=1;i<=n;i++) cout<<(dist[i]==0x3f3f3f3f ? -1:dist[i])<<' ';return 0;
}

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