杂题题解（康复训练）
目录
关于10.05标准化测试：
T1：
题目描述：
题解：
T2：
题目描述：
前置知识及证明（话说我是真的屑，初中白学了？）
关于10.05标准化测试：
T1：
题目描述：
[HNOI2011]数学作业 - 洛谷https://www.luogu.com.cn/problem/P3216
题解：
刚开始的时候比较蒙圈，不晓得应该怎么写，于是就先写了一个暴力。接着就是从简单的入手，发现10以内的递推矩阵比较简单，因而想到可以分段进行矩阵递推
1~9为一段，10~99为一段，100~999为一段…………
接下来是如何构造矩阵了，发现单一的一个矩阵并不能满足，所以就采用了分段矩阵，1~9对应一个矩阵，10~99对应一个矩阵，以此类推。
然后是矩阵的维度问题，开始认为一个二维就可以了，但是二维矩阵不能实现依次+1的效果，所以直接三维矩阵：
1~9： 10~99：
100~999：
…………
要注意一下对于每一个矩阵的值都要对m取模。
（自己矩阵每次写都要想很久，想的很慢，所以一下的模式有必要单独提出来，太菜了没办法TAT）
for(int i=0;i<3;i++){for(int j=0;j<3;j++){for(int k=0;k<3;k++){pp[i][j]=(pp[i][j]+ret[i][k]*now[k][j])%m;}}
}
for(int i=0;i<3;i++)for(int j=0;j<3;j++)ret[i][j]=pp[i][j];
for(int i=0;i<3;i++)for(int j=0;j<3;j++)pp[i][j]=0;上标码：
#include<cstdio>using namespace std;unsigned long long n,m;
unsigned long long pe[3][3]={{10,0,0},{1,1,0},{0,1,1}};
unsigned long long hk[3][3]={{10,0,0},{1,1,0},{0,1,1}};
unsigned long long ans[3];
unsigned long long sd[3];inline void qpow(unsigned long long t)
{unsigned long long ret[3][3]={{1,0,0},{0,1,0},{0,0,1}};unsigned long long now[3][3];unsigned long long pp[3][3]={{0,0,0},{0,0,0},{0,0,0}};for(int i=0;i<3;i++)for(int j=0;j<3;j++)now[i][j]=pe[i][j];while(t){if(t&1){for(int i=0;i<3;i++){for(int j=0;j<3;j++){for(int k=0;k<3;k++){pp[i][j]=(pp[i][j]+ret[i][k]*now[k][j])%m;}}}for(int i=0;i<3;i++)for(int j=0;j<3;j++)ret[i][j]=pp[i][j];for(int i=0;i<3;i++)for(int j=0;j<3;j++)pp[i][j]=0;}for(int i=0;i<3;i++){for(int j=0;j<3;j++){for(int k=0;k<3;k++){pp[i][j]=(pp[i][j]+now[i][k]*now[k][j])%m;}}}for(int i=0;i<3;i++)for(int j=0;j<3;j++)now[i][j]=pp[i][j];for(int i=0;i<3;i++)for(int j=0;j<3;j++)pp[i][j]=0;t>>=1;}for(int i=0;i<3;i++)for(int j=0;j<3;j++)hk[i][j]=ret[i][j];
}int main(void)
{scanf("%lld%lld",&n,&m);unsigned long long tk=9;ans[0]=0;ans[2]=1;ans[1]=1;sd[0]=0;sd[2]=1;sd[1]=1;//n--;while(n){if(tk>n)tk=n;n-=tk;for(int i=0;i<3;i++)for(int j=0;j<3;j++)hk[i][j]=pe[i][j];qpow(tk);sd[0]=(ans[0]*hk[0][0]+ans[1]*hk[1][0]+ans[2]*hk[2][0])%m;sd[1]=(ans[0]*hk[0][1]+ans[1]*hk[1][1]+ans[2]*hk[2][1])%m;sd[2]=(ans[0]*hk[0][2]+ans[1]*hk[1][2]+ans[2]*hk[2][2])%m;ans[0]=sd[0];ans[1]=sd[1];ans[2]=sd[2];tk*=10;pe[0][0]=(pe[0][0]*10)%m;}printf("%llu",ans[0]);return 0;
}T2：
题目描述：
[HNOI2011]勾股定理 - 洛谷https://www.luogu.com.cn/problem/P3213
前置知识及证明（话说我是真的屑，初中白学了？）
令
所以有：
利用这个公式就可便利的求出1e6中所有互质勾股数对
(K==i,A==j)枚举
，满足
不同奇偶，并且
void preWork()
{for(LL i=2;(i<<1)<=M;++i)for(LL j=1;(j*i<<1)<=M && j<i ;++j)if(i*i-j*j<=M && (i&1)!=(j&1) && gcd(i,j)==1){int a=i*i-j*j,b=i*j<<1;add(a,b);add(b,a);} return ;
}其实这道题对于我现在的水平好像就至此为止了，接下来就是优美的 代 码 欣 赏 片段
尽力写了一些注释，渴望着理解，然后g了
主函数：
int main()
{read(n);Mi[0]=1;for(int i=1;i<=n;++i) {Mi[i]=(Mi[i-1]<<1)%Mod;read(H[i]);in[H[i]]++;}sort(H+1,H+1+n);preWork();LL ans=1;for(int i=1;i<=n;i++)if(!vis[H[i]])ans=ans*solve(H[i])%Mod;ans--;print(ans);return 0;
}dfs:求出以为x为根的连通块
void dfs(int x,int f)
{vis[x]=1;zhan[++sum]=x;//入栈 for(int i=h[x];i;i=pre[i])if(in[to[i]]&&to[i]!=f)//如果in不等于零即在序列中出现过 并且v！=fath {if(!vis[to[i]]) dfs(to[i],x);//未被访问过 else out[i]=1,edge[++edge[0]]=i,col[to[i]]=1,col[x]=1;//else 执行表示在图里面存在环//将此边进行标记，并且记录边的号数。 }
}DFS：对于每一个连通块进行答案的统计
void DFS(int x,int n)
{if(x>n) {for(int i=1;i<=edge[0];i++) {int a=to[edge[i]],b=to[edge[i]^1];if(must[a]==1 && must[b]==1) return ;}DP(zhan[1],0);Ans=(Ans+dp[zhan[1]][0]+dp[zhan[1]][1])%Mod;return ;}must[w[x]]=1,DFS(x+1,n);must[w[x]]=0,DFS(x+1,n);
}DP：nb的树上DP，求出独立集的方案数（类似没有上司的舞会）
设dp[i][0]dp[i][0]表示在ii这棵子树上不选ii的方案数，dp[i][1]dp[i][1]表示在ii这颗子树上选ii的方案数。
状态转移长这样：
num[i]表示i出现了几次。
我们发现我们建的图将构成一片森林。
假设森林里每颗树的根是，那么答案就是：
之后再减1，即去掉空集。
这样就是三十分，成功了！
void DP(int x,int f)
{dp[x][0]=1,dp[x][1]=Mi[in[x]]-1;if(col[x]&&must[x]==1) dp[x][0]=0;if(col[x]&&must[x]==0) dp[x][1]=0;if(h[x]==0) return ;for(int i=h[x];i;i=pre[i])if(out[i]==0&&to[i]!=f)//这条边不是环上的边，并且v！=fath {int y=to[i];if(in[y]==0) continue;//如果这个点不在序列中，就跳过 DP(y,x);dp[x][0]=dp[x][0]*(dp[y][0]+dp[y][1])%Mod;dp[x][1]=dp[x][1]*dp[y][0]%Mod;}return ;
}完整代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
# define M 1000000
# define Mod 1000000007
# define LL long long
using namespace std;
template<typename T>inline void read(T &x)
{T ch=getchar(),xx=1;x=0;while(!isdigit(ch))xx=ch=='-'?-1:xx,ch=getchar();while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();x*=xx;
}
template<typename T>inline void print(T x)
{if(x<0)putchar('-'),x=-x;if(x>9)print(x/10);putchar(x%10+'0');
}
int n,H[M+5],in[M+5],Mi[M+5],dp[M+5][2],zhan[M+5],edge[M+5],w[M+5];
int d,h[M+5],to[M+5],pre[M+5];
bool vis[M+5],must[M+5],col[M+5],out[M+5];
int gcd(int a,int b)
{if(b==0) return a;return gcd(b,a%b);
}
void add(int a,int b)
{d++;pre[d]=h[a];to[d]=b;h[a]=d;
}
void DP(int x,int f)
{dp[x][0]=1,dp[x][1]=Mi[in[x]]-1;if(col[x]&&must[x]==1) dp[x][0]=0;if(col[x]&&must[x]==0) dp[x][1]=0;if(h[x]==0) return ;for(int i=h[x];i;i=pre[i])if(out[i]==0&&to[i]!=f)//这条边不是环上的边，并且v！=fath {int y=to[i];if(in[y]==0) continue;//如果这个点不在序列中，就跳过 DP(y,x);dp[x][0]=dp[x][0]*(dp[y][0]+dp[y][1])%Mod;dp[x][1]=dp[x][1]*dp[y][0]%Mod;}return ;
}
int sum;
void dfs(int x,int f)
{vis[x]=1;zhan[++sum]=x;//入栈 for(int i=h[x];i;i=pre[i])if(in[to[i]]&&to[i]!=f)//如果in不等于零即在序列中出现过 并且v！=fath {if(!vis[to[i]]) dfs(to[i],x);//未被访问过 else out[i]=1,edge[++edge[0]]=i,col[to[i]]=1,col[x]=1;//else 执行表示在图里面存在环//将此边进行标记，并且记录边的号数。 }
}
void preWork()
{for(LL i=2;(i<<1)<=M;++i)for(LL j=1;(j*i<<1)<=M && j<i ;++j)if(i*i-j*j<=M && (i&1)!=(j&1) && gcd(i,j)==1){int a=i*i-j*j,b=i*j<<1;add(a,b);add(b,a);} return ;
}
LL Ans;
void DFS(int x,int n)
{if(x>n) {for(int i=1;i<=edge[0];i++) {int a=to[edge[i]],b=to[edge[i]^1];if(must[a]==1 && must[b]==1) return ;}DP(zhan[1],0);Ans=(Ans+dp[zhan[1]][0]+dp[zhan[1]][1])%Mod;return ;}must[w[x]]=1,DFS(x+1,n);must[w[x]]=0,DFS(x+1,n);
}
LL solve(int x)
{sum=edge[0]=w[0]=0;dfs(x,0);//得到了栈，即得到了这一个连通块的编号 Ans=0;for(int i=1;i<=sum;++i)if(col[zhan[i]])w[++w[0]]=zhan[i];DFS(1,w[0]);return Ans;
}
int main()
{read(n);Mi[0]=1;for(int i=1;i<=n;++i) {Mi[i]=(Mi[i-1]<<1)%Mod;//预处理出2的n次幂read(H[i]);in[H[i]]++;//是否存在，对于后面的跑图服务}sort(H+1,H+1+n);preWork();LL ans=1;for(int i=1;i<=n;i++)if(!vis[H[i]])ans=ans*solve(H[i])%Mod;ans--;print(ans);return 0;
}
关于正解，可以前往这里阅读神仙的题解
关于10.06标准化测试：
T1：
题目描述：
https://www.luogu.com.cn/problem/P3217
https://www.luogu.com.cn/problem/P3217
题解：
自己做的时候还是想到了和正解一样的匹配方式，就是求出每一条线段，并且记录中点x，y和长度这些信息。但是，DT的把映射写错了，使得匹配过程效率极低，string的不便便在此体现出来。然而正解不用建立映射，而是排序（我没想到QAQ），按照中点坐标，长度进行排序，然后扫一遍，而对于一段中点相等，长度也相等的线段，进行暴力求答案。
像这样：
sort(ak+1,ak+1+m,tmp);for(int i=1,j=1;i<=m;i=j){while(j<=m && ak[j].len==ak[i].len && ak[j].midx==ak[i].midx && ak[j].midy==ak[i].midy)j++;for(int k=i;k<j;k++){for(int l=k+1;l<j;l++)ans=max(ans,abs(ak[k].lix*ak[l].liy-ak[k].liy*ak[l].lix)>>1);}}然后就是对于如何快速求出矩形的面积这个问题，记录下矩形四个顶点然后求答案是可以的，但是这里有一个更加高级的操作：求叉积（了解即可，我还是蒙的）
现在该解决的都解决了，上马！
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<string>using namespace std;struct Node{long long lix,liy;long long midx,midy;long long len;
}ak[2250010];struct NNN{long long x,y;
}a[1510];int n,m;
long long ans;template <typename T>inline void in(T &x)
{T ch=getchar(),xx=0,fw=1;while(!isdigit((int)ch)){if(ch=='-')fw=-1;ch=getchar();}while(isdigit((int)ch)){xx=(xx<<1)+(xx<<3)+ch-'0';ch=getchar();}x=xx*fw;
}inline long long getlen(int xx,int yy)
{return (a[xx].x-a[yy].x)*(a[xx].x-a[yy].x)+(a[xx].y-a[yy].y)*(a[xx].y-a[yy].y);
}inline bool tmp(Node aa,Node bb)
{return aa.len==bb.len?aa.midx==bb.midx?aa.midy<bb.midy:aa.midx<bb.midx:aa.len>bb.len;
}int main(void)
{scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){in(a[i].x);in(a[i].y);for(int j=1;j<i;j++){m++;ak[m].lix=a[i].x-a[j].x;ak[m].liy=a[i].y-a[j].y;ak[m].midx=a[i].x+a[j].x;ak[m].midy=a[i].y+a[j].y;ak[m].len=getlen(i,j);}}ans=0;sort(ak+1,ak+1+m,tmp);for(int i=1,j=1;i<=m;i=j){while(j<=m && ak[j].len==ak[i].len && ak[j].midx==ak[i].midx && ak[j].midy==ak[i].midy)j++;for(int k=i;k<j;k++){for(int l=k+1;l<j;l++)ans=max(ans,abs(ak[k].lix*ak[l].liy-ak[k].liy*ak[l].lix)>>1);}}printf("%lld",ans);
}T3：
题目描述：
https://www.luogu.com.cn/problem/P3218https://www.luogu.com.cn/problem/P3218
题解：
一测拿到题目的时候毫无头绪，然后看了题解之后，发现这道题其实还好，但是有一个大难点就是证明：当每段速度基本相同的时候，答案是最优秀的。here
题目定义是当前段每单位所耗的油量，s是斜率，所以当为下坡时，这个油耗一定是0（它不能下坡自动加油）而
都是给出的，对于
每一段都是固定的，所以一定满足单调性，说道单调性，那就二分！
知道了这样的性质之后，就可以直接二分答案，二分出使总油耗不超出油耗的最大速度。
然而光这样是不行的，因为下坡时满足，但是有个问题，就是车子的最大速度是被限制了的，所以在两者之间取小的那个。然而什么时候输出IMPOSSIBLE？就是当二分得到的速度为零，并且道路有上坡的时候（因为如果全是下坡，那就可以不耗油的滑下去）
该考虑的都考虑了，上马！
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define emp 1e-15//处理精度using namespace std;struct Node{double x,y,k,len;inline void in(){scanf("%lf%lf",&x,&y);x=x/1000.0;y=y/1000.0;k=(double)y/x;len=sqrt((x*x)+(y*y));}
}C[10010];int T;
double a,b,maxv,f;
int r;inline double maxx(double aa,double bb)
{return aa-bb>emp?aa:bb;
}inline double minn(double aa,double bb)
{return aa-bb<emp?aa:bb;
}inline bool check(double tk)
{double ret=0.0;for(int i=1;i<=r;i++){ret+=maxx(a*tk+b*C[i].k,0)*C[i].len;if(ret>f+emp)return false;}return true;
}inline double getans(double v)
{double ret=0.0;for(int i=1;i<=r;i++){double now=a*v+b*C[i].k;if(now>emp){if(v<=emp)return 0;ret+=(double)C[i].len/v;}else{double vv=(double)(-1.0*b*C[i].k)/a;vv=minn(vv,maxv);ret+=C[i].len/vv;}}return ret;
}inline void solve()
{double lef=0.0,rig=maxv;int t=0;while(t<2000){double mid=(lef+rig)/2.0;if(check(mid))lef=mid;else rig=mid;t++;}double ans=getans(lef);if(ans<=emp){printf("IMPOSSIBLE\n");}else printf("%.5lf\n",ans);
}int main(void)
{scanf("%d",&T);while(T--){scanf("%lf%lf%lf%lf%d",&a,&b,&maxv,&f,&r);for(int i=1;i<=r;i++)C[i].in();solve();}
}关于把一些题转化成图论：
2-SAT
先看一道题：
满汉全席https://www.luogu.com.cn/problem/P4171https://www.luogu.com.cn/problem/P4171 这道题就是2-SAT中的典中典，对于每一个评测官，要求必须满足他的两个要求的其中一个，那么一个评测官所有的要求可能情况：hh，hm，mh（怪物猎人 大雾），mm。
对于hh：
如果第一个选了m，那么必须第二个选h才能满足的，所以第一个为m，第二个为汗就被捆绑起立来了，同理，第二个选了m，第一个就得选h，同样捆绑
对于hm
如果第一个选了m，那么必须第二个选m才能满足的，所以第一个为m，第二个为汗就被捆绑起立来了，同理，第二个选了h，第一个就得选h，同样捆绑
。。。。。。
想到这样捆绑，可能想到并查集或者是建图，然后我们发现，对于hh这种情况，第二个选了h的话，第一个不是必须选m，所以这样的捆绑是单向的，图！
现在，我们的2-SAT就出场了，2-SAT，通俗的讲就是，每个东东会给你两个条件，对于这两个条件，可以是用与、或、非……等连接起来，这道题就是或，即满足一个即可。将hh，hm这些条件进行一个单向边的建，不难看出建出来的图是一个个连通块。
那么如何判断呢？Tarjan又来了，判断一个食材 的h，和m是不是在同一个连通块里面，不能用简单的DFS染色，会出大问题，那咱们就整个强连通分量。
这是一个正常的求dfn和low（复习下）
inline void tarjan(int now)
{cnt++;dfn[now]=low[now]=cnt;instack[now]=1;sta.push(now);for(int i=Head[now];i;i=tr[i].nxt){int v=tr[i].v;if(!dfn[v]){tarjan(v);low[now]=min(low[now],low[v]);}else if(instack[v]){low[now]=min(low[now],dfn[v]);}}
}接在这下面的比较核心，用好stack！
inline void tarjan(int now)
{cnt++;dfn[now]=low[now]=cnt;instack[now]=1;sta.push(now);for(int i=Head[now];i;i=tr[i].nxt){int v=tr[i].v;if(!dfn[v]){tarjan(v);low[now]=min(low[now],low[v]);}else if(instack[v]){low[now]=min(low[now],dfn[v]);}}if(dfn[now]==low[now]){int top;coll++;do{top=sta.top();col[top]=coll;instack[top]=0;sta.pop();}while(top!=now);}
}完整代码：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<stack>
#include<algorithm>
#include<iostream>using namespace std;struct Node{int v,nxt;
}tr[2000200];
int Head[2000200];
int kok;int T,n,m;int col[2002000];
int cnt;
bool flag;inline void add(int x,int y)
{kok++;tr[kok].v=y;tr[kok].nxt=Head[x];Head[x]=kok;
}int coll=0;
int dfn[2000100],low[2000100];
int instack[2000100];stack<int>sta;inline void tarjan(int now)
{cnt++;dfn[now]=low[now]=cnt;instack[now]=1;sta.push(now);for(int i=Head[now];i;i=tr[i].nxt){int v=tr[i].v;if(!dfn[v]){tarjan(v);low[now]=min(low[now],low[v]);}else if(instack[v]){low[now]=min(low[now],dfn[v]);}}if(dfn[now]==low[now]){int top;coll++;do{top=sta.top();col[top]=coll;instack[top]=0;sta.pop();}while(top!=now);}
}inline void init()
{memset(col,0,sizeof(col));memset(Head,0,sizeof(Head));memset(dfn,0,sizeof(dfn));memset(low,0,sizeof(low));kok=0;flag=0;cnt=coll=0;
}int main(void)
{scanf("%d",&T);char ch1[100],ch2[100];while(T--){scanf("%d%d",&n,&m);init();for(int i=1;i<=m;i++){cin>>ch1;cin>>ch2;int x=0,y=0,k;k=1; while(ch1[k]>='0'&&ch1[k]<='9')x=x*10+ch1[k++]-'0';k=1; while(ch2[k]>='0'&&ch2[k]<='9')y=y*10+ch2[k++]-'0';if(ch1[0]=='m'){if(ch2[0]=='m'){add(x+n,y);add(y+n,x);}else if(ch2[0]=='h'){add(x+n,y+n);add(y,x);}}else if(ch1[0]=='h'){if(ch2[0]=='m'){add(x,y);add(y+n,x+n);}else if(ch2[0]=='h'){add(x,y+n);add(y,x+n);}}}for(int i=1;i<=n*2;i++)if(!dfn[i])tarjan(i);for(int i=1;i<=n;i++){if(col[i]==col[i+n]){flag=1;break;}}if(flag)printf("BAD\n");else printf("GOOD\n");}
}差分约束系统：
对于此类题，我基础不过多叙述，这里是个非常好的详解
讲讲写差分约束应该注意的几点：
要分为建条件边和虚边（瞎取的名字）
条件边不多说，就是建立
到
长度为
的边
for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d%d",&b,&e,&t);add(b,e+1,t);}然而虚边就是，将1——N连接成一个链，边长取决于题目描述
例如种树就是这样建的：
for(int i=0;i<=n;i++){add(i+1,i,-1);add(i,i+1,0);
}特别注意：跑最长路的时候，得用spfa因为有可能出现负数边
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