T1
题目大意
给定三个整数(a,b,c)，求有多少个多项式(F(x))满足(F(a)=b,F(b)=c)，多项式的系数都为非负整数，如果有无穷多个，输出(-1)。
sol
考场上我只写出了dfs的暴力。其实多项式的每一项系数都小于等于b，先特判掉等于b的情况，然后就可以把c看成b进制数（特判b等于1），算出多项式的系数，检验(F(a))是否等于b。
T2
题目大意
设(f_n)为斐波那契数列的第(n)项，求$$gcd(af_n+bf_{n+1},cf_n+df_{n+1})$，其中(1<=a,b,c,d<=10^3,1<=n<=10^{18})。
sol
我在考场上只写了暴力和(b=d=0)的部分分，我开始还以为正解是很高级的数据结构，结果是很巧妙地利用了更相减损术，(c*f_n+d*f_{n+1})减(lfloorfrac{c}{a} floor)次(a*f_n+b*f_{n+1})，得到(c\%a*f_n+(d-b*lfloorfrac{c}{a} floor)f_{n+1})，通过这种方法化简原式，可以得到(gcd(a*f_n+b*f_{n+1},c*f_{n+1}))的形式。可以先求出(gcd(a*f_n+b*f_{n+1},f_{n+1}))，这个等于(gcd(a,f_{n+1})=gcd(a,f_{n+1}\%a))，可以用矩阵快速幂求出，设(g=gcd(a,f_{n+1}))，则原式等于(g*gcd((a*f_n+b*f_{n+1})/g,c*f_{n+1}/g))，根据gcd的定义，这等于(gcd(a*f_n+b*f_{n+1},c*g)=gcd((a*f_n+b*f_{n+1})\%(g*c),g*c))，再次运用矩阵快速幂求出结果。
T3
题目大意
风和日丽的一天，小L和小G在玩游戏，游戏是在一个带权图(G=(V,E))上进行的，其中总点数(n)是偶数，点有点权(w(v))，边有边权(c(e))。游戏的规则是这样的：
- 小L和小G轮流给图中的点染色，小L会把顶点染成黑色，小G会把顶点染成白色
- 每人每轮必须给恰好一个点染色
- 两个人都不能对⼀个已经染过色的点染色
- 在(frac{n}{2})轮游戏之后，每人都有一个包含了所有被他染色的点的集合。对于顶点集合(S)，得到的分数是点权和加上导出子图（即这些点和两个端点都在点集内的所有边构成的子图）的边权和。
本着女士优先的绅士风度，小L请小G先染色。两⼈都想要使自己的分数比对方多，且越多越好。小L和小G都非常聪明，一定会用最优策略进行游戏。显然最后两人的分数是唯一确定的，求最终小G的分数减去小L分数。
sol
这题不是零分就是满分很显然我是零分。我开始想了一个错误的贪心。图有点权有边权很烦，我就把每个点给定一个值，为点权与和它相连的边权和。每次每人选值最大的点。结果一分都没有。
正解是正确的贪心。设(f)为小G的分数减小L的分数，对于每条边，讨论它两端的颜色，如果都是白色，相当于每个白点对(f)贡献了(frac{1}{2})，如果都是黑色，相当于每个黑点对(f)贡献了(-frac{1}{2})，如果一黑一白，相当于黑点对(f)贡献了(-frac{1}{2})、白点对(f)贡献了(frac{1}{2})。所以依然可以给每个点一个优先值，为点权与和它相连的边权的(hugefrac{1}{2})的和。每次每人选值最大的点，(f)为小G选出的点的优先值减小L选出的点的优先值。时间复杂度(Theta(nlogn))（排序）。