• Codeforces 233


    233 B

    题意

    有一个方程$$x^2+s(x)*x-n=0$$
    现在给你参数 (n(1le nle 10^{18})) ,求方程的最小正整数解。
    (s(x)) 表示 (x) 十进制位数码按位相加的和。

    Examples

    input
    2
    output
    1
    input
    110
    output
    10
    input
    4
    output
    -1

    首先将方程化为 (x(x+s(x))=n)
    然后想到 (O(sqrt{n})) 枚举 (n) 的因子
    然后我们发现 (s(x)<200)
    所以只需要枚举 (sqrt{n}±200) 的所有因子即可

    233 C

    题意

    给你一个 (k) ,要你构造一张节点数 (le 100) 的图,使得图中三元环(由三个点构成的一个△)的个数恰好为 (k)((1le kle 10^5))

    Examples

    input
    1
    output
    3
    011
    101
    110
    input
    10
    output
    5
    01111
    10111
    11011
    11101
    11110

    我们发现节点数为 (n(n≥3)) 的完全图的三元环个数为 (C^{n}_{3})

    解 1(仅在节点数 (le 200) 的情况下适用)

    把构造的那张图看成是若干张完全图用割边连接而成的,可以用背包构造出一种方案,然后就好办了,然而发现当 (k=100000) 时,节点数明显超过了 (100) ……

    解 2

    (n^3) 枚举

    #include<bits/stdc++.h>
    #define maxn 103
    #define INF 1050000000
    using namespace std;
    bool g[maxn][maxn];
    int main(){
    	int i,j,l,k,n=100,tot=0;
    	scanf("%d",&k);
    	for(i=1;i<=n&&tot<k;i++){
    		for(j=1;j<i&&tot<k;j++){
    			for(l=1;l<j;l++)if(g[i][l]&&g[j][l])tot++;
    			if(tot<=k){
    				g[i][j]=g[j][i]=1;
    			}
    			else{
    				for(l=1;l<j;l++)if(g[i][l]&&g[j][l])tot--;
    			}
    		}
    	}
    	printf("%d
    ",i);
    	for(j=1;j<=i;j++){
    		for(l=1;l<=i;l++){
    			printf("%d",int(g[j][l]));
    		}
    		puts("");
    	}
    	return 0;
    }
    

    233 D

    题意

    (n*m) 的矩阵中满足在每一个 (n*n) 的矩阵里有 (k) 个点,一共有几种画法。膜 (10^9+7)((nle 100,nle mle 10^{18},0le kle n^2))

    Examples

    input
    5 6 1
    output
    45

    对于每一种方案,第 (i) 和第 (i+n) 行的点的个数一定相同。
    所以只需要考虑 (n*n) 的矩阵中的情况即可。
    所以我们把所有的第 (i+k*n(k≥0)) 列的情况一起考虑。
    (dp[i][j]) 表示第 (i) 列及前面共放了 (j) 个点的方案数。
    转移方程:
    (dp[i][j]=sum_{lin [0,min (n,k)]} dp[i][j-l]*(C^{n}_{l})^T)(T)(i+k*n) 满足条件的 (k) 的个数)

    Code

    #include<bits/stdc++.h>
    #define maxn 103
    #define maxk 10003
    #define INF 1050000000
    #define mod 1000000007
    using namespace std;
    int n,k,dp[maxn][maxk],C[maxn][maxn];
    long long m;
    int Plus(int x,int y){return (x+=y)>=mod?x%mod:x;}
    int mul(long long x,int y){return (x*=y)>=mod?x%mod:x;}
    int qpow(int x,long long y){
    	int ans=1;
    	while(y){
    		if(y&1)ans=mul(ans,x);
    		x=mul(x,x);
    		y>>=1;
    	}
    	return ans;
    }
    int main(){
    	C[1][0]=C[1][1]=1;
    	for(int i=2;i<=100;i++){
    		C[i][0]=1;
    		for(int j=1;j<=i;j++){
    			C[i][j]=Plus(C[i-1][j],C[i-1][j-1]);
    		}
    	}
    	cin>>n>>m>>k;
    	long long T=(m-1)/n;
    	dp[0][0]=1;
    	for(int i=1;i<=n;i++){
    		for(int l=0;l<=min(n,k);l++){
    			int syk=qpow(C[n][l],T+(T*n+i<=m));
    			for(int j=l;j<=k;j++){
    				dp[i][j]=Plus(dp[i][j],mul(dp[i-1][j-l],syk));
    			}
    		}
    	}
    	cout<<dp[n][k]<<endl;
    	return 0;
    }
    

    233 E

    感谢 https://www.cnblogs.com/PPXppx/p/10383285.html

    题意

    (D(0)) 是只有一个编号为 (1) 的结点的图。 (D(1)) 是只有两个编号分别为 (1)(2) 的点与一条连接这两个点的边的图。 (D(n)) 以如下方法构造:将 (D(n-2)) 中所有点的编号加上 (|D(n-1)|) (即第 (n-1) 个图中的点数,或者说是最大的点的编号),在点 (|D(n-1)|) 与点 (|D(n-1)|+1) 之间连边.在点 (|D(n-1)|+1) 与点 (1) 之间连边.现在已经构造出了 (D(n)(n≤100)) ,她会询问 (m) 次在这张图中 (a,b) 两点间的最短路。

    Examples

    input
    10 5
    1 2
    1 3
    1 4
    1 5
    2 3
    2 4
    2 5
    3 4
    3 5
    4 5
    output
    1
    1
    1
    2
    1
    2
    3
    1
    2
    1

    [color{white}{看上面链接里的博客吧。} ]

  • 相关阅读:
    PHP 5 echo 和 print 语句
    MySQL存储过程-遍历游标的例子
    bzoj2554: Color
    win10 uwp 入门
    win10 uwp 入门
    win10 uwp 自定义控件 SplitViewItem
    win10 uwp 自定义控件 SplitViewItem
    win10 uwp ContentDialog 点确定不关闭
    win10 uwp ContentDialog 点确定不关闭
    win10 uwp smms图床
  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/BlogOfchc1234567890/p/10569295.html
Copyright © 2020-2023  润新知