2016ACM/ICPC亚洲区大连站-补题

5971-Wrestling Match

题目隐藏条件：除去已经知道的好人和坏人，如果剩余的人恰好被分成两组，即便不知道这两组哪组是好人，也是输出YES

做法：dfs染色，如果没有起点，需要随意取一个起点并随机赋予颜色（这个起点只能取一个）

代码：

const int maxn=2e3+7;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const ll INFF=1e18;
int n,m,x,y,u,v,col[maxn],flag;
vector<int> G[maxn];
void dfs(int x)
{repp(i,0,G[x].size()){int v=G[x][i];if (col[v]!=-1){if (col[v]!=1-col[x])flag=0;}else{col[v]=1-col[x];dfs(v);}}
}
int main()
{while(~scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&x,&y)){flag=1;rep(i,1,n)col[i]=-1,G[i].clear();rep(i,1,m){scanf("%d%d",&u,&v);G[u].pb(v);G[v].pb(u);}rep(i,1,x)scanf("%d",&u),col[u]=1;rep(i,1,y)scanf("%d",&u),col[u]=0;rep(i,1,n)if (col[i]!=-1)dfs(i);rep(i,1,n){if (col[i]==-1){col[i]=0;dfs(i);break;}}rep(i,1,n)if (col[i]==-1)flag=0;if (flag)printf("YES\n");else printf("NO\n");    }return 0;
}

5974-A Simple Math Problem

做法：
假设x=p1a1p2a2...pnanx=p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_n^{a_n}x=p1a1p2a2...pnan
y=p2b2p3b3...pmbmy=p_2^{b_2}p_3^{b_3}...p_m^{b_m}y=p2b2p3b3...pmbm
则gcd(x,y)=p2min(a2,b2)gcd(x,y)=p_2^{min(a_2,b_2)}gcd(x,y)=p2min(a2,b2)
x+y=ax+y=ax+y=a
xygcd(x,y)=b{xy\over gcd(x,y)}=bgcd(x,y)xy=b

对于aaa：min(a2,b2)≤p2min(a_2,b_2)\leq p_2min(a2,b2)≤p2的次方
对于bbb：min(a2,b2)=p2min(a_2,b_2)= p_2min(a2,b2)=p2的次方
故gcd(a,b)=gcd(x,y)=p2min(a2,b2)gcd(a,b)=gcd(x,y)=p_2^{min(a_2,b_2)}gcd(a,b)=gcd(x,y)=p2min(a2,b2)

解一个一元二次方程即可
PS：这题目比较SB，输出答案必须小的在前大的在后

代码：

const int maxn=2e6+7;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const ll INFF=1e18;
ll a,b,g,dt,x,x1,x2,y1,y2;
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
int main()
{while(~scanf("%lld%lld",&a,&b)){g=gcd(a,b);dt=a*a-4*b*g;x=sqrt(dt);if (dt<0||x*x!=dt){printf("No Solution\n");continue;}x1=(a+x)/2;x2=(a-x)/2;y1=a-x1;y2=a-x2;if (x1*y1==b*g&&(a+x)%2==0)printf("%lld %lld\n",min(x1,y1),max(x1,y1));else if (x2*y2==b*g&&(a-x)%2==0)printf("%lld %lld\n",min(x2,y2),max(x2,y2));else printf("No Solution\n");}return 0;
}

5976-Detachment

做法：
1.瞎列几组数据，发现尽可能的把数字拆的越多越好（除了拆成1之外）
2.拆出来的越平均越好

那么假设拆成2,3,4,…n的序列
根据平均的思想，将多余的数字均分给较大的数，从右往左分（贪心）

用乘法前缀和二分即可

证明不会，借鉴别人的博客

https://blog.csdn.net/qq_34374664/article/details/53466435

代码：

const int maxn=2e6+7;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const ll INFF=1e18;
const ll mod=1e9+7;
ll t,x,sum[maxn],mul[maxn],ans;
ll qpow(ll a,ll b){ll res=1;while(b){if (b&1)res=res*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return res;}
ll pre(ll l,ll r){return mul[r-1]*qpow(mul[l-2],mod-2)%mod;}
int main()
{sum[0]=0;mul[0]=1;for (int i=1;i<=100000;i++){sum[i]=sum[i-1]+(i+1);mul[i]=mul[i-1]*(i+1)%mod;}scanf("%lld",&t);while(t--){scanf("%lld",&x);if (x<=4){WW(x);continue;}ll pos=upper_bound(sum+1,sum+1+100000,x)-sum-1;ll res=x-sum[pos];if (res==pos+1)ans=pre(3,pos+1)*(pos+3)%mod;else ans=pre(2,pos-res+1)*pre(pos-res+3,pos+2)%mod;WW(ans);}return 0;
}

5978-To begin or not to begin

做法：假设一共有iii个球（一个为红球）
dp1[i]dp1[i]dp1[i]表示先手赢的概率，dp2[i]dp2[i]dp2[i]表示后手赢的概率

那么可以得到以下关系式：
dp1[i]+dp2[i]=1dp1[i]+dp2[i]=1dp1[i]+dp2[i]=1
dp2[i]=1i∗0+i−1idp1[i−1]dp2[i]= {1\over i}*0+{i-1\over i}dp1[i-1]dp2[i]=i1∗0+ii−1dp1[i−1]
dp1[1]=1dp1[1]=1dp1[1]=1，dp2[1]=0dp2[1]=0dp2[1]=0

递推式和第一项有了直接O(k)解

代码：

const int maxn=2e6+7;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const ll INFF=1e18;
const double eps=1e-7;
int k;
double dp1[maxn],dp2[maxn];
int main()
{dp1[1]=1.0;dp2[1]=0.0;for (double i=2;100000-i>eps;i+=1.0){dp2[int(i)]=(i-1)/i*(dp1[int(i)-1]);dp1[int(i)]=1-dp2[int(i)];}while(~scanf("%d",&k)){if (fabs(dp1[k+1]-dp2[k+1])<eps)W(0);else if (dp1[k+1]>dp2[k+1])W(1);else W(2);}return 0;
}

5979-Convex

SB题
三角函数算面积

5980-Find Small A

SB题