review 9.29 viv 逃命 & 递归数列

T1

逃命

survive

Time Limit: 1 Sec  Memory Limit: 32768 K

Description

糟糕的事情发生啦，现在大家都忙着逃命。但是逃命的通道很窄，大家只能排成一行。

现在有n个人，从1标号到n。同时有一些奇怪的约束条件，每个都形如：a必须在b之前。

同时，社会是不平等的，这些人有的穷有的富。1号最富，2号第二富，以此类推。有钱人就贿赂负责人，所以他们有一些好处。

负责人现在可以安排大家排队的顺序，由于收了好处，所以他要让1号尽量靠前，如果此时还有多种情况，就再让2号尽量靠前，如果还有多种情况，就让3号尽量靠前，以此类推。

那么你就要安排大家的顺序。我们保证一定有解。

Input

第一行一个整数T(1 <= T <= 5),表示测试数据的个数。

然后对于每个测试数据，第一行有两个整数n(1 <= n <= 30000)和m(1 <= m <= 100000)，分别表示人数和约束的个数。

 

然后m行，每行两个整数a和b，表示有一个约束a号必须在b号之前。a和b必然不同。

Output

对每个测试数据，输出一行排队的顺序，用空格隔开。

Sample Input

1

5 10

3 5

1 4

2 5

1 2

3 4

1 4

2 3

1 5

3 5

1 2

Sample Output

1 2 3 4 5

 题目来源：LOI队内互水（nue） 版权所有：vivym

正解：

这个题显然是个变化过之后的图论。

这个题不知道为什么当时就想到了拓扑，没错，这个题真的是拓扑。

但是，这个题要求序号小的尽量靠前，很容易想到的方法是把每一个限制（a在b前面）建成一条a到b的边，然后进行拓扑，先出来的在前面。

但是，这样做是不正确的。

当时为什么我忘记了~~好像随便给了个2 1 3 的数据就卡死了~~

正解是反向建图，然后拓扑，这样就会倒序存在一个数组里面了，再倒序输出就好了。

下面是vivym的std

#include <cstdio>
#include <queue>
#include <vector>
#include <cstring>
using namespace std;

const int maxn = 30000 + 5;

inline void scan(int &x)
{
    char c; for(c = getchar();c < '0' || c > '9';c = getchar());    x = c - '0';
    for(c = getchar();c >= '0' && c <= '9';c = getchar())   x = (x << 1) + (x << 3) + c - '0';
}

vector<int> G[maxn];
int deg[maxn],N,M,ans[maxn],an;

inline void solve()
{
    priority_queue<int> Q;
    for(int i = 1;i <= N;i ++)  if(!deg[i]) Q.push(i);
    while(!Q.empty())
    {
        int u = Q.top();   Q.pop();
        int sz = G[u].size();
        for(int i = 0;i < sz;i ++)
        {
            int v = G[u][i];
            if(-- deg[v] == 0)  Q.push(v);
        }
        ans[an ++] = u;
    }
}

int main()
{
    freopen("survive.in","r",stdin);    freopen("survive.out","w",stdout);
    int T,u,v;  scan(T);
    while(T --)
    {
        an = 0;
        memset(deg,0,sizeof deg);
        scan(N),scan(M);
        for(int i = 1;i <= N;i ++)  G[i].clear();
        while(M --) scan(u),scan(v),G[v].push_back(u),deg[u] ++;
        solve();
        for(int i = an - 1; i ;i --)    printf("%d ",ans[i]);
        printf("%d
",ans[0]);
    }
    return 0;
}
//by vivym

vivym

T2

递归数列

spp

Time Limit: 1 Sec  Memory Limit: 256 MB

Description

一个由自然数组成的数列按下式定义：

对于i <= k：a_i = b_i

对于i > k: a_i = c₁a_i-1 + c₂a_i-2 + ... + c_ka_i-k

其中b_j和 c_j （1<=j<=k）是给定的自然数。写一个程序，给定自然数m <= n, 计算a_m + a_m+1 + a_m+2 + ... + a_n, 并输出它除以给定自然数p的余数的值。

Input

由四行组成。

第一行是一个自然数k。

第二行包含k个自然数b₁, b₂,...,b_k。

第三行包含k个自然数c₁, c₂,...,c_k。

第四行包含三个自然数m, n, p。

Output

仅包含一行：一个正整数，表示(a_m + a_m+1 + a_m+2 + ... + a_n) mod p的值。

Sample Input

2
1 1
1 1
2 10 1000003

Sample Output

142

HINT

对于100%的测试数据：

1<= k<=15

1 <= m <= n <= 10^18

我不会，看std吧。

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;

typedef long long LL;
const int maxK = 15 + 2;

LL N,M,P;

struct Mat
{
    LL a[maxK][maxK],n;
    Mat(int n,LL x = 0) : n(n)   { memset(a,0,sizeof(a));  for(int i = 0;i < n;i ++)   a[i][i] = x; }
    inline Mat operator * (const Mat &b)    const
    {
        Mat c(n);
        for(int i = 0;i < n;i ++)
        for(int j = 0;j < n;j ++)
        for(int k = 0;k < n;k ++)
            (c.a[i][j] += (a[i][k] * b.a[k][j]) % P) %= P;
        return c;
    }
};

inline Mat pow(Mat a,LL b)
{
    Mat c(a.n,1);
    for(; b ;b >>= 1)
    {
        if(b & 1)   c = c * a;
        a = a * a;
    }
    return c;
}

inline void scan(int &x)
{
    char c; for(c = getchar();c < '0' || c > '9';c = getchar());    x = c - '0';
    for(c = getchar();c >= '0' && c <= '9';c = getchar())   x = (x << 1) + (x << 3) + c - '0';
}

inline void scan(LL &x)
{
    char c; for(c = getchar();c < '0' || c > '9';c = getchar());    x = c - '0';
    for(c = getchar();c >= '0' && c <= '9';c = getchar())   x = (x << 1) + (x << 3) + c - '0';
}

int K;
LL B[maxK],C[maxK];

inline LL getans(LL p)
{
    Mat x(K + 1);   LL sum = 0,ret = 0;
    if(p <= K)
    {
        for(LL i = 0;i < p;i ++)   (ret += B[i]) %= P;
        return ret;
    }
    x.a[0][0] = 1;
    for(int i = 1;i <= K;i ++)  x.a[1][i] = x.a[0][i] = C[i - 1];
    for(int i = 2;i <= K;i ++)  x.a[i][i - 1] = 1;
    x = pow(x,p - K);
    for(int i = 0;i < K;i ++)   (sum += B[i]) %= P;
    ret = (x.a[0][0] * sum) % P;
    for(int i = 1;i <= K;i ++)  (ret += x.a[0][i] * B[K - i] % P) %= P;
    return ret;
}

int main()
{
    freopen("spp.in","r",stdin);        freopen("spp.out","w",stdout);
    scan(K);
    for(int i = 0;i < K;i ++)   scan(B[i]);
    for(int i = 0;i < K;i ++)   scan(C[i]);
    scan(M);    scan(N);    scan(P);
    for(int i = 0;i < K;i ++)   B[i] %= P,C[i] %= P;
    printf("%lld",(getans(N) - getans(M - 1) + P) % P);
    fclose(stdin);  fclose(stdout);
    return 0;
}