前言：终于乐观(optimistic)(打表打漏了，还是比较高)

JZOJ 3382 七夕祭

题目

环(jiang)形(de)均(tai)分(cao)纸(shuai)牌(le)

分析

首先在做这道题之前，要知道均分纸牌，设 A [ i ] = C [ i ] − S U M / N A[i]=C[i]-SUM/N A[i]=C[i]−SUM/N,然后S[i]是A[i]的前缀和，答案就是 ∑ ∣ S [ i ] ∣ \sum |S[i]| ∑∣S[i]∣,但是这是环形的，当从k断开可以得到最优解，那么

	A	S
K+1	A[K+1]	S[K+1]-S[K]
K+2	A[K+2]	S[K+2]-S[K]
…	…	…
N	A[N]	S[N]-S[K]
1	A[1]	S[1]+S[N]-S[K]
2	A[2]	S[2]+S[N]-S[K]
…	…	…
K	A[K]	S[K]+S[N]-S[K]
因为S[N]=0,所以可以转换成最小的$\sum_{i=1}^n	S[i]-S[k]	$,所以就想到了中位数，不需要枚举k，中位数就是k，then时间复杂度O(nlogn+mlogm)

代码

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
using namespace std;
int a[100001],b[100001],n,m,t;
unsigned int ans1,ans2;
int in(){int ans=0; char c=getchar();while (!isdigit(c)) c=getchar();while (isdigit(c)) ans=ans*10+c-48,c=getchar();return ans;
}
int abs(int a){return (a<0)?-a:a;}
int main(){n=in(); m=in(); t=in();for (int i=1;i<=t;i++) a[in()]++,b[in()]++;for (int i=1;i<=n;i++) a[i]+=a[i-1]-t/n;for (int i=1;i<=m;i++) b[i]+=b[i-1]-t/m;if (t%n&&t%m) return !printf("impossible");stable_sort(a+1,a+1+n); stable_sort(b+1,b+1+m);for (int i=1;i<=n;i++) ans1+=1ll*abs(a[i]-a[(n+1)>>1]);for (int i=1;i<=m;i++) ans2+=1ll*abs(b[i]-b[(m+1)>>1]);if (!(t%n)&&!(t%m)) return !printf("both %lld",ans1+ans2);else if (t%m) return !printf("row %lld",ans1); else return !printf("column %lld",ans2);
}

JZOJ 3383 太鼓达人

题目

长度为M的环形01序列。从不同的位置出发可以得到M个长度为K的01串。M个01串应该是互不相同的。给出K，求出M的最大值，并给出字典序最小的方案。

分析

首先可以发现最后会跳回原来的串，所以就想到了欧拉图，所以深搜。很显然发现答案就是x
当前为x，向 2 x 按位与 2 k − 1 和 2 x + 1 按位与 2 k − 1 两种串深搜（没有经过） 2x按位与2^k-1和2x+1按位与2^k-1两种串深搜（没有经过） 2x按位与2k−1和2x+1按位与2k−1两种串深搜（没有经过），答案就是x二进制下的第一位，时间复杂度O（ 2 k 2^k 2k）

代码

#include <cstdio>
using namespace std;
int n,pow; bool ans[2051],v[2051];
bool dfs(int x,int k){if (v[x]) return 0;if (k==pow) return 1;v[x]=1; ans[k]=x&1;if (dfs((x<<1)&(pow-1),k+1)) return 1;//顺序很重要if (dfs((x<<1|1)&(pow-1),k+1)) return 1;return v[x]=0;
}
int main(){scanf("%d",&n); printf("%d ",pow=1<<n);for (int i=1;i<n;i++) putchar('0'); dfs(0,1);for (int i=1;i<=pow-n+1;i++) putchar(ans[i]+48); return 0;
}

JZOJ 3384 理科男

题目

求在k进制下，a/b小数部分的非循环节长度（即有限小数和混循环小数的前部分）和循环节长度

分析

首先要介绍正向取整法，
0.3 × 3 = 0.9 , 0.9 × 3 = 2.7 , 0.7 × 3 = 2.1 , 0.1 × 3 = 0.3 0.3\times3=0.9,0.9\times3=2.7,0.7\times3=2.1,0.1\times3=0.3 0.3×3=0.9,0.9×3=2.7,0.7×3=2.1,0.1×3=0.3
所以 ( 0.3 ) 10 = ( 0.022 ) 3 ( 022 循环 ) (0.3)_{10}=(0.022)_{3}(022循环) (0.3)10=(0.022)3(022循环)
所以50分的代码就是用map库或者哈希存下余数，如果余数出现过那么退出，但是非常慢。
2333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333333
考虑 ( 7 30 ) 10 = ( 7 15 ) 10 ÷ 2 = ( 7 3 ) 10 ÷ 10 (\frac{7}{30})_{10}=(\frac{7}{15})_{10}\div 2=(\frac{7}{3})_{10}\div 10 (307)10=(157)10÷2=(37)10÷10
所以处理混循环小数和有限小数，保证gcd(a,b)=1，之后
w h i l e ( ( d = g c d ( b , c ) ) > 1 ) i n c ( a n s ) , b ÷ = d while ((d=gcd(b,c))>1) inc(ans),b\div=d while((d=gcd(b,c))>1)inc(ans),b÷=d，ans就是第一个问题的答案。
当b=1时证明是有限小数，否则处理过后的混循环小数变成纯循环小数。
思考 a ∗ k q ≡ a ( m o d p ) a*k^q\equiv a(mod p) a∗kq≡a(modp)，q即所求答案，两边同时除以a得到 k q ≡ 1 ( m o d p ) k^q\equiv 1(mod p) kq≡1(modp)
根据欧拉定理， a φ ( p ) ≡ 1 ( m o d p ) a^{\varphi(p)}\equiv 1(mod p) aφ(p)≡1(modp)，但 φ ( p ) \varphi(p) φ(p)不是最优解，所以在 φ ( p ) \varphi(p) φ(p)的最小因数中找到答案。
why？the reason is kind of easy.
反证法，假设 a x ≡ 1 ( m o d p ) a^x\equiv 1(mod p) ax≡1(modp)的最小整数解 x 0 x_0 x0不是 φ ( p ) \varphi(p) φ(p)的因数。
设 φ ( p ) = n x 0 + r ( 0 < r < x 0 ) , \varphi(p)=nx_0+r(0<r<x_0), φ(p)=nx0+r(0<r<x0),因为 a x 0 ≡ 1 ( m o d p ) ， a^{x_0}\equiv 1(mod p)， ax0≡1(modp)，所以 a n x 0 ≡ 1 ( m o d p ) a^{nx_0}\equiv 1(mod p) anx0≡1(modp)
根据欧拉定理 a φ ( p ) ≡ 1 ( m o d p ) a^{\varphi(p)}\equiv 1(mod p) aφ(p)≡1(modp),所以 a r ≡ 1 ( m o d p ) a^r\equiv 1(mod p) ar≡1(modp),所以假设不成立。证毕。
时间复杂度 O ( b ) O(\sqrt b) O(b )

代码

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll a,b,c,t,d;
ll in(){ll ans=0; char c=getchar();while (!isdigit(c)) c=getchar();while (isdigit(c)) ans=ans*10+c-48,c=getchar();return ans;
}
void print(ll ans){if (ans>9) print(ans/10); putchar(ans%10+48);}
ll mul(ll a,ll x){ll ans=0;while (x){if (x&1) ans=(ans+a)%b;a=(a<<1)%b; x>>=1;}return ans;
}
ll ksm(ll a,ll x){ll ans=1;while (x){if (x&1) ans=mul(ans,a);a=mul(a,a); x>>=1;}return ans;
}
ll answer(){ll n=b,x=b,k=0;for (int i=2;(ll)i*i<=n;i++)if (n%i==0){x=x/i*(i-1);while (n%i==0) n/=i;}if (n>1) x=x/n*(n-1); n=x;for (int i=2;(ll)i*i<=x;i++)if (x%i==0){while (n%i==0&&ksm(c,n/i)==1) n/=i; while (x%i==0) x/=i;}if (x>1&&ksm(c,n/x)==1) n/=x;return n;
}
int main(){t=in();while (t--){a=in(); b=in(); c=in(); ll ans=0;a/=(d=__gcd(a,b)); b/=d;while ((d=__gcd(b,c))>1) ans++,b/=d;if (ans) print(ans); else putchar('0'); putchar(' '); ans=0;if (b>1) ans=answer();if (ans) print(ans); else putchar('0'); putchar('\n');}return 0;
}

JZOJ 3385 黑魔法师之门

题目

求 2 简单环 − 1 2^{简单环}-1 2简单环−1

分析

用并查集，当前连的边不需要连就可以连通那么ans=ans*2（初始值为1），否则合并，每次连边后输出ans-1，按秩合并+路径压缩后时间复杂度 O （ m α ( N ) ( 大概是 6 m ) ） O（m\ \alpha (N)(大概是6m)） O（m α(N)(大概是6m)）

代码

#include <cstdio>
#include <cctype>
#define mod 1000000009
using namespace std;
int n,m,ans=1,x,y,f[200001];
int in(){int ans=0; char c=getchar();while (!isdigit(c)) c=getchar();while (isdigit(c)) ans=ans*10+c-48,c=getchar();return ans;
}
int min(int a,int b){return (a<b)?a:b;}
int max(int a,int b){return (a>b)?a:b;}
void print(int ans){if (ans>9) print(ans/10); putchar(ans%10+48);}
int getf(int u){return (f[u]==u)?u:f[u]=getf(f[u]);}
int main(){n=in(); m=in();for (int i=1;i<=n;i++) f[i]=i;while (m--){x=in(); y=in();int u=getf(x); int v=getf(y);if (u==v) ans=(1ll*ans*2)%mod;else f[min(u,v)]=max(u,v);if (ans>1) print(ans-1); else putchar('0'); putchar('\n');}return 0;
}

后续

codevs 2485 七夕祭洛谷 2512 JZOJ 1472 糖果传递洛谷 1031 均分纸牌 codevs 2486 太鼓达人
codevs 2487 理科男 codevs 1995 黑魔法师之门

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