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T1
Description
有K个石子，石子只能放在N条水平线与M条竖直线构成的网格的交点上。
求用K个石子最多能找到多少四边平行于坐标轴的长方形，它的四个角上都恰好放着一枚石子。
Input
第一行三个整数N,M,K。
Output
一个非负整数，即最多的满足条件的长方形数量。
Sample Input
3 3 8
Sample Output
5
HINT
N<=30000，保证任意两点不重合，K<=N*M
Solution
很显然，最佳的方案长这样：
xxx…xxx xxx…xxx
xxx…xxx xxx…xxx
…… 或 ….
xxx…xxx xxx…xxx
xxx..x xxx…xxx
设上面两个图形的大多数行的个数为l，枚举l，ans=max(c(k/l,2)*c(l,2)+c(k%l,2)*k/l)(1<l<=max(n,m))。
这题本弱有写过原题，但是考场上还是想错了QAQ
#include<cmath> #include<ctime> #include<stack> #include<queue> #include<cstdio> #include<vector> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; ll n,m,k,sum,ans; inline bool chk(ll x,ll y){ return max(x,y)<=n&&min(x,y)<=m; } inline ll c2(ll k){ return k*(k-1)>>1; } inline void init(){ scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k); if(n<m){ ll t=m;m=n;n=t; } for(ll i=n,x,y;i>1;i--){ x=k/i;y=k%i; if(!chk(i,x+(y>0))||!x) continue; sum=c2(x)*c2(i)+c2(y)*x; ans=max(ans,sum); } printf("%lld\n",ans); } int main(){ freopen("rectangle.in","r",stdin); freopen("rectangle.out","w",stdout); init(); fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; }
T2
Description
求Fibonacci数列第X-Y项的和除以10000的余数。
Input
第一行一个整数T，表示数据组数。
接下来T行，每行两个数X,Y，意义如题所述。
Output
T行，每行是一个询问的答案。
Sample Input
2
1 5
127 255
Sample Output
12
5976
HINT
T<=1000,X<=Y<=2^31−1
Solution
X、Y这么大，很容易会想到矩乘。
s[i]=s[i-1]+f[i]=s[i-1]+f[i-1]+f[i-2]。
人生第一道当场A的矩乘题，感动QAQ
#include<cmath> #include<ctime> #include<stack> #include<queue> #include<cstdio> #include<vector> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<algorithm> #define M 10000 using namespace std; struct matrix{ int a[5][5],n,m; }a,b,c; int l,r,s1,s2,t; inline matrix mul(matrix a,matrix b){ matrix c;c.n=a.n;c.m=b.m; for(int i=1;i<=c.n;i++) for(int j=1;j<=c.m;j++) c.a[i][j]=0; for(int i=1;i<=c.n;i++) for(int j=1;j<=c.m;j++) for(int k=1;k<=c.n;k++){ c.a[i][j]+=a.a[i][k]*b.a[k][j]; c.a[i][j]%=M; } return c; } inline matrix po(matrix a,int k){ matrix c;c.m=a.m;c.n=a.n; for(int i=1;i<=c.n;i++) for(int j=1;j<=c.m;j++) if(i!=j) c.a[i][j]=0; else c.a[i][j]=1; while(k){ if(k&1) c=mul(a,c); a=mul(a,a);k>>=1; } return c; } inline void init(){ scanf("%d",&t); a.m=a.n=b.n=3;b.m=1; a.a[1][1]=a.a[1][2]=a.a[1][3]=1; a.a[2][2]=a.a[2][3]=a.a[3][2]=1; b.a[1][1]=2;b.a[2][1]=b.a[3][1]=1; while(t--){ scanf("%d%d",&l,&r); if(l<=3) s1=l-1; else{ c=mul(po(a,l-3),b); s1=c.a[1][1]; } if(r<=2) s2=r; else{ c=mul(po(a,r-2),b); s2=c.a[1][1]; } printf("%d\n",(s2-s1+M)%M); } } int main(){ freopen("fibonacci.in","r",stdin); freopen("fibonacci.out","w",stdout); init(); fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; }
T3
Description
给定一个N(2≤N≤1000)个顶点，M(N−1<=M<=N∗(N−1)/2)条边的无向连通图。
设dist1[i]表示在这个无向连通图中，顶点i到顶点1的最短距离。
求在这张图中，有多少棵大小为N的树满足对于任意的i，dist1[i]=dist2[i]（dist2[i]表示在这棵树中，顶点i到顶点1的距离）。
Input
第一行，两个整数，N，M，表示有N个顶点和M条边。
接下来有M行，每行有3个整数x,y,len(1<=x,y<=n,1<=len<=100)，
表示顶点x和顶点y有一条长度为len的边。
数据保证不出现自环、重边。
Output
一行两个整数，表示满足条件的方案数mod 2147483647的答案。
Sample Input
3 3
1 2 2
1 3 1
2 3 1
Sample Output
2
HINT
2≤N≤1000
Solution
tot[i]表示到达点i满足dis2[j]+g[j][i]=dis2[i]的点数。
用Dijkstra实现即可。
考场上记录答案的方式写错了导致炸到只剩20QAQ
#include<cmath> #include<ctime> #include<stack> #include<queue> #include<cstdio> #include<vector> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<algorithm> #define N 1005ll #define M 1000005ll #define K 2147483647ll using namespace std; typedef long long ll; struct graph{ ll nxt,to,w; }e[M]; ll g[N],dis[N],tot[N],n,m,ans,cnt; bool v[N]; inline ll read(){ ll ret=0;char c=getchar(); while(!isdigit(c)) c=getchar(); while(isdigit(c)){ ret=ret*10+c-‘0‘; c=getchar(); } return ret; } inline void addedge(ll x,ll y,ll w){ e[++cnt].nxt=g[x];g[x]=cnt; e[cnt].to=y;e[cnt].w=w; } inline void init(){ n=read();m=read(); for(ll i=1,j,k,l;i<=m;i++){ j=read();k=read();l=read(); addedge(j,k,l);addedge(k,j,l); } for(ll i=2;i<=n;i++){ dis[i]=M;tot[i]=1; } for(ll l=1,p=1,nxt,mi;l<=n;l++,p=nxt){ for(ll i=g[p];i;i=e[i].nxt) if(dis[p]+e[i].w<dis[e[i].to]){ tot[e[i].to]=1; dis[e[i].to]=dis[p]+e[i].w; } else if(dis[p]+e[i].w==dis[e[i].to]) tot[e[i].to]=(tot[e[i].to]+1)%K; mi=M; for(ll i=2;i<=n;i++) if(dis[i]<mi&&!v[i]){ mi=dis[i];nxt=i; } v[nxt]=true; } ans=1; for(ll i=2;i<=n;i++) ans=ans*tot[i]%K; printf("%I64d\n",ans); } int main(){ freopen("treecount.in","r",stdin); freopen("treecount.out","w",stdout); init(); fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/AireenYe/p/5774689.html
