2021牛客暑期多校训练营8，签到题ADEK

题号标题已通过代码通过率团队的状态
A Ares, Toilet Ares 点击查看 1035/5027 通过（分数相加取模，求逆元）
B Dohna Dohna 点击查看 5/72 未通过
C Fuzzy Graph 点击查看 4/28 未通过
D OR 点击查看 632/3372 通过（位运算，枚举）
E Rise of Shadows 点击查看 1636/1930 通过（素数，闰年）
F Robots 点击查看 125/1573 未通过
G rsrams 点击查看 2/24 未通过
H Scholomance Academy 点击查看 12/39 未通过
I The Grand Tournament 点击查看 4/24 未通过
J Tree 点击查看 119/1321 未通过
K Yet Another Problem About Pi 点击查看 999/8845 通过（找规律贪心，暴力枚举）

A Ares, Toilet Ares

题意：

巨长的阅读理解，输出n个分数相加的和%4523。
思路：
开局榜歪了，后来才发现，直接n个分数相加输出就行，有大约一半的变量是没有用的。分数取模注意一下求逆元做除法即可。
取模没有(+mod)%mod错了一次改了好久，这个错失误了好多次了，要记住、

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
using namespace std;
const LL mod = 4933;LL pows(LL a, LL x, LL p){if(x==0)return 1; LL t = pows(a, x>>1,p);if(x%2==0)return t*t%p;return t*t%p*a%p;}
LL inv(LL x, LL p){ return pows(x,p-2,p);}int main(){LL n,m,k,a,l;cin>>n>>m>>k>>a>>l;LL ans = 1;for(int i=1; i <= k; i++){int x, y, z;  cin>>x>>y>>z;if(x!=0)(ans *= (1-y*inv(z,mod)%mod+mod)%mod)%=mod;}ans = (ans+a%mod+mod)%mod;cout<<ans<<"\n";return 0;
}

D OR

题意：

给出两个长为n-1的序列b和c，定义bi=(ai | a_i-1), ci=(ai + a_i-1)，求满足该条件的a序列有多少可能。

思路：

知道一个性质a+b==a&b+a|b，所以已知bi, ci, 那么定义di= (ai & a_i-1) = ci-bi。
然后注意到，已知a1的取值能够确定整个序列，可以由ci直接累加计算，也可以由位运算另一条性质a+b==a^b+2(a&b)异或计算。
因此，考虑每一位分开来考虑，然后枚举a1的取值即可。复杂度O(n loga)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e6+10;
int b[maxn], c[maxn], d[maxn];
int main(){int n;  cin>>n;for(int i=2; i<= n; i++)cin>>b[i];for(int i=2; i<= n; i++)cin>>c[i],d[i]=c[i]-b[i];int ans = 1;for(int i=0; i< 31; i++){int x=1, y=1; //表示上一位能不能取0,1for(int j=2; j<=n; j++){ //枚举a1取值的限制情况int w1=(b[j]>>i)&1, w2=(d[j]>>i)&1;//表示|和&两种情况if(w2==1 &&w1==1)x=0;//&==1,|==1,当前位0不能取if(w2==0 &&w1==1)swap(x,y);//当前位和上一位相反if(w2==0 &&w1==0)y=0;//&==0,|==0,当前位1不不能取if(w2==1 &&w1==0)x=0,y=0;//&==1,|==0,冲突了都不能取}ans *= (x+y);//最后一位能不能取0,1}cout<<ans<<"\n";return 0;
}

E Rise of Shadows

题意：

给出一个数，判断它是否同时满足闰年和素数两个条件。

思路：

注意到1e7不可以用筛法预处理，直接条件判断闰年，试除法判断素数即可，可以通过。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;int is_prime(int x){if(x==1)return false;if(x==2)return true;for(int i =2; i*i <= x; i++){if(x%i==0)return false;}return true;
}int main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);int T;  cin>>T;while(T--){int x;  cin>>x;if(((x%100!=0&&x%4==0) ||(x%400==0) ) &&is_prime(x))cout<<"yes\n";else cout<<"no\n";}return 0;
}

再注意到闰年一定需要%4==0或%400==0，所以一定不可能是素数，直接输出no即可，两行就可以通过。

#include<cstdio>
int main(){int T;scanf("%d",&T);while(T--)puts("no");}

K Yet Another Problem About Pi

题意：

给出w和d，竖着的经线每w一条，横着的纬线每d一条，可以从任意点出发沿着任意方向走π米，求最多能路过多少个方格。

思路：

考虑到可以贴着线走，意味着我们总有空间在格点附近以无限小来回横跳，即约等于包括所有两边的方格，所以走到哪前面能范围内的方格就可以计入。
然后注意到网格线每走一段，新经过区域为 2，对角线每走一段，新经过区域为3。但是对角线比网格线要长，令a=min(w, d), b = sqrt(w*w+d*d), 所以答案即为求解满足ax+by<=π时 2x+3y的最大值。
注意到w, d的范围只有5， π也只有3，所以可暴力枚举x和y的值，满足条件时用2x+3y+4更新答案即可（+4是刚开始走的区域的四个格子）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const double pi = acos(-1);
int main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);int T;  cin>>T;while(T--){double w, d;  cin>>w>>d;double a=min(w,d), b=sqrt(w*w+d*d);int ans = 0;for(int x=0; x<=100 &&a*x<=pi ; x++)//横着走x步，ax<=pians =max(ans, 2*x+3*int((pi-a*x)/b)+4);for(int y=0; y<=100 &&b*y<=pi ; y++)//斜着走y步, by<=pians =max(ans, 2*int((pi-b*y)/a)+3*y+4);cout<<ans<<"\n";}return 0;
}

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