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最近参加了很多CH上的比赛呢~Rating--了。。题目各种跪烂。各种膜拜大神OTZZZ
萌蛋有n颗珠子，每一颗珠子都写有一个数字。萌蛋把它们用线串成了环。
我们称一个数字串是有趣的，当且仅当它的第1位是2，且除了第1位以外的每一位都是3。例如，2，233，2333333都是有趣的数字串。
现在，你可以从这串珠子的任意一颗开始读，沿着顺时针或逆时针方向，到任意一颗珠子停止。这样，你就可以读出一个数字串来。
萌蛋想知道，所有能读出的有趣的数字串当中，最长的是哪一个数字串。当然，你也可能读不出任何一个有趣的数字串，你也需要对这种情况做出判断。
输入只有一行，是一个数字串。这是从这串珠子的某一颗开始，顺时针读取恰好一圈得到的。
输出只有一行，是能读出的最长有趣的数字串。特殊地，如果找不到任何有趣的数字串，应输出“TvT”（不含引号）。
对于每一个2的位置向右或者向左扫，每个点最多被扫到2遍，O(n)复杂度。
萌蛋近年收入不景气，正在她发愁如何能多赚点钱时，她听到隔壁的小朋友在讨论免子繁殖的问题。（注：免子是一种简单的单细胞生物）
问题是这样的：时刻0有2只刚出生的免子。每一时刻，每只免子都会分裂成为2只免子。问时刻n共有多少只免子？
聪明的你可能已经发现，时刻n的免子数正好是第n+1个2的幂次。萌蛋不懂什么叫幂，但她也发现了规律：时刻n+1的免子数等于时刻n的免子数的2倍。前几个时刻（从0开始）的免子数依次为：
2 4 8 16 32 64 128 256 512 …
萌蛋发现越到后面免子数增长的越快，期待养免子一定能赚大钱，于是萌蛋在时刻0买了2只免子开始培养。
每天，萌蛋都要给免子们提供营养。免子的培养基非常特别，每k只免子占据一个培养基，最后剩下的不足k只占据一个培养基。由于免子特别害怕孤独，如果某个培养基只有1只免子，这只免子就会很快死掉。
然而，每个时刻的免子数仍然是可以计算的。例如，当k=7时，前几个时刻（从0开始）的免子数依次为：
2 4 7 14 28 56 112 224 448 …
给定n，你能帮助萌蛋计算时刻n她有多少只免子么？由于答案可能非常大，你只需要告诉萌蛋时刻n的免子只数对p的余数即可。
输入只有一行，包含三个整数n k p。(n<=1,000,000,000 k,p<=1,000,000)
输出只有一行，为一个整数，表示时刻n的免子只数对p的余数。
可以发现，如果死了一次免子，那么就再也不会死免子了。所以我们只需要找到第一次死免子的时候即可。
又可以发现，第一次死免子必定发生在前k秒内。因为免子数 Mod k只有k种可能性。免子数Mod k的结果如果在出现了重复之前没有死免子，就显然不会再死免子。
如果第i秒死了一只免子，死后还剩下l只免子则最后的答案为l*2^(n-i) mod p
复杂度 O(k+log(n))
1 #include <iostream> 2 #include <cstring> 3 #include <cstdio> 4 #include <cstdlib> 5 #include <cmath> 6 #include <algorithm> 7 #include <queue> 8 #include <stack> 9 #include <map> 10 #include <set> 11 #include <list> 12 #include <vector> 13 #include <ctime> 14 #include <functional> 15 #define pritnf printf 16 #define scafn scanf 17 #define For(i,j,k) for(int i=(j);i<=(k);(i)++) 18 using namespace std; 19 typedef long long LL; 20 typedef unsigned int Uint; 21 const int INF=0x7ffffff; 22 //==============struct declaration============== 23 24 //==============var declaration================= 25 const int MAXN=1000010; 26 LL n,k,MOD,p; 27 set <LL> Exist; 28 //==============function declaration============ 29 LL gcd(LL a,LL b); 30 LL lcm(LL a,LL b); 31 LL quickpow(LL a,LL Exp); 32 //==============main code======================= 33 int main() 34 { 35 cin>>n>>k>>p; 36 MOD=p*k; 37 LL fact=2; 38 if (k==1){printf("0\n");return 0; } 39 For(i,1,k){ 40 fact=fact*2; 41 if (i>n) break; 42 if (fact%k==1){ 43 fact--; 44 printf("%lld\n",(fact%p*quickpow(2,n-i)%p)%p); 45 46 return 0; 47 } 48 fact=fact%MOD; 49 } 50 printf("%lld\n",quickpow(2,n+1)%p); 51 52 return 0; 53 } 54 //================fuction code==================== 55 LL quickpow(LL a,LL Exp) 56 { 57 if (Exp==0) 58 return 1; 59 if (Exp==1) 60 return a; 61 LL t=quickpow(a,Exp/2)%p; 62 t=(t*t)%p; 63 if (Exp&1) 64 t*=a; 65 return t%p; 66 } 67 LL lcm(LL a,LL b) 68 { 69 return a/gcd(a,b)*b; 70 } 71 LL gcd(LL a,LL b) 72 { 73 return a%b==0?b:gcd(b,a%b); 74 }
现在有一个d维的坐标网格，其中第i维坐标的范围是[0,a_i ]。
在这个范围内建立一个有向图：我们把范围内的每个整点（每一维坐标均为整数的点）当做图上的顶点。设点A(0,0,?,0),B(a_1,a_2,?,a_d )。
对于范围内的点(x_1,x_2,?,x_d )，它会向以下这些点（如果目标点在范围内）：(x_1+1,x_2,?,x_d ),(x_1,x_2+1,?,x_d ),?,(x_1,x_2,?,x_d+1)连有向边。
现在从点A到点B会有若干条路径，路径的条数可以十分简单地算出。然而不幸的是，范围内有p个点被破坏了（点A和点B不会被破坏），其中第i个点的坐标为(x_(i,1),x_(i,2),?,x_(i,d) )。你需要算出从点A到点B剩余的路径条数。
由于答案可能很大，你只需要输出它对1,000,000,007取模的结果。
第一行为两个整数d p。
第二行为d个整数，其中第i个数是a_i。
接下来p行，每行d个整数，其中第i行第j个数是x_(i,j)。
一个整数，表示从点A到点B剩余的路径条数对1,000,000,007取模的结果。
简单来说就是一个d维的点，从(0,0......0,0)走到(A1,A2....Ad-1,Ad)，每走一次只能是一个坐标+1，其中有P个点不能经过，问有多少种方法。
首先要知道在P=0的时候，从A到B走法的计算方法如下：
path（A,B）=(A1+A2+A3+...+Ad)!/(A1!A2!A3!..Ad!)
是不是很眼熟= =跟重复元素的排列公式一模一样。
从A点到B点，你要将每一维的坐标都增加Ai，就是增加方式的一种排列，所以有path（A,B）种办法。
记从A到X点不经过任何一个破坏点的方法为dp[x]
则dp[x]=path（A,X）-∑dp[Y]*path(Y,X)
应该是很好理解的吧。。
那么考虑实现问题。
事先处理好所有数的阶乘%10000000007的值以及逆元
阶乘暴力算就行。逆元拓展欧几里得或者快速幂
时间复杂度O(d*p^2)但是各种常数项有点大
#include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> #include <cstdlib> #include <cmath> #include <algorithm> #include <queue> #include <stack> #include <map> #include <set> #include <list> #include <vector> #include <ctime> #include <iterator> #include <functional> #define pritnf printf #define scafn scanf #define For(i,j,k) for(int i=(j);i<=(k);(i)++) using namespace std; typedef long long LL; typedef unsigned int Uint; const int INF=0x7ffffff; //==============struct declaration============== //==============var declaration================= const int MAXN=510; const int MOD=1000000007; int A[MAXN],d,p; LL f[MAXN]; LL factor[10000001]; vector <int> Points[510]; //==============function declaration============ LL quickpow(int a,int Exp); LL inv(int a); LL path(vector <int>&P1,vector <int> &P2); void fact(); //==============main code======================= int main() { #define FILE #ifdef FILE freopen("input.txt","r",stdin); freopen("output.txt","w",stdout); #endif scanf("%d%d",&d,&p); For(i,1,d) scanf("%d",&A[i]); For(i,1,p){ int v;Points[i].clear(); For(j,1,d){ scanf("%d",&v); Points[i].push_back(v); } } For(i,1,d){ Points[0].push_back(0); Points[p+1].push_back(A[i]); } sort(Points,Points+p+2); fact(); memset(f,0,sizeof(f)); for(int i=1;i<=p+1;i++){ f[i]=path(Points[0],Points[i]); //cout<<f[i]<<endl; for(int j=1;j<=i-1;j++) f[i]=(f[i]-(f[j]*path(Points[j],Points[i])))%MOD; while (f[i]<MOD){ f[i]+=MOD; } f[i]%=MOD; } printf("%d\n",f[p+1]); return 0; } //================fuction code==================== LL quickpow(int a,int Exp) { if (Exp==0) return 1; if (Exp==1) return a; LL t=quickpow(a,Exp/2); t=(t*t)%MOD; if (Exp&1) t=(t*a)%MOD; return t; } LL path(vector <int>&P1,vector <int> &P2) { LL res=1,up=0; For(i,0,d-1) if (P1[i]>P2[i]) return 0; For(i,0,d-1){ up=(up+(P2[i]-P1[i]))%MOD; res=(res*inv(factor[P2[i]-P1[i]]%MOD))%MOD; } res=(res*factor[up]%MOD)%MOD; return res; } void fact() { LL res=1; factor[0]=1; for (int i=1;i<10000001;i++){ res=(res*i)%MOD; factor[i]=res; } return; } LL inv(int a) { return quickpow(a,MOD-2); }
蒟蒻居然这么水的题目只有110分QAQ
准备NOIp三等滚粗了OTZZZZZZ
CH Round #54 - Streaming #5 (NOIP模拟赛Day1)解题报告
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原文地址：http://www.cnblogs.com/Houjikan/p/4006145.html
