爆零祭
T1
这题第一反应gcd啊
所以就把每个a[i]对m取模
然后求它们的gcd
即res = gcd(a[1] % m, a[2] % m, ... , a[n] % m)
ans = 1 + (m - 1) / res;
给res判个零 是零直接输出一
后来发现这么干的话 对于数据
3 10
9 9 9
gcd是9哇 但是所有的模数都能取到
就无厘头改成了res = min(res, m - res) 乍一看貌似很有道理
但是不会证 也wa凉凉啊
比赛后看到题解说是gcd(m, a[1], a[2], .., a[n])
并不会证。。慌张ing
想一想一开始把a[i] % m
是因为(a[i] + a[j]) % m = (a[i] % m + a[j] % m) % m;
就觉得 比如 所有a[i] % m都是偶数 最后和就不会是奇数
但是naive了。。。模数要是是奇数 结果不是照样能取奇数么
现在就可以看作有a[1], a[2], ... , a[n], m这n + 1个数
可以把a[1] ~ a[n]任意加 或者减去数个m
求能得到多少个小于m的值
所以取gcd(m, a[1], a[2], ..., a[n])
某神犇表示可以用扩展欧几里得来帮助理解【就是下面那个链接的博主
T2
看到DAG，看到计数，想到拓扑排序
如果一个点前面有k条通向自己的边为’‘
那么它后面大写字母就有k + 1种取法
如果它后面有k条出路为''
那么它前面为'.'的边的结果要乘k + 1
一开始要把边变成点
正逆向拓扑 统计'_'
然后大写字母和'.'询问前后点
但当时就是脑抽 只算了k == 1的情况
另附某大神的题解
考虑先处理出以每一个点出发/结尾的只经过空格的路径条数，
然后借着之前的那个处理出以每一个点结尾/出发的只经过一个头/尾字符（其他都是空格）的路径条数。
然后就可以方便的统计答案了。
by-zhouzhendong-
文章来源
另 不同的统计十分混乱 建议使用封装重新建图
AC代码【由于这是第一次用封装 参考了那位大佬：
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cctype>
#include <queue>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 5e4 + 5;
const long long P = 1ll << 32;
struct G{
static const int M = N;
int cnt, v[M], t[M], next[M], head[M];
void clear(){
cnt = 0; memset(head, -1, sizeof(head));
}
void add(int x, int y, int z){
v[++cnt] = y, t[cnt] = z, next[cnt] = head[x], head[x] = cnt;
}
}g, g2, s1, s2;
int n, m;
int rd[N], cd[N], a1[N], a2[N], l[N], r[N];
int vis1[N], vis2[N];
int a[N], b[N], c[N];
void solve1(int x){
if(vis1[x]) return ; vis1[x] = 1;
a1[x] = cd[x];
for(int i = g.head[x]; i != -1; i = g.next[i]){
int y = g.v[i]; solve1(y);
a1[x] += a1[y];
}
}
void solve2(int x){
if(vis2[x]) return ; vis2[x] = 1;
a2[x] = cd[x];
for(int i = g.head[x]; i != -1; i = g.next[i]){
int y = g2.v[i]; solve2(y);
a2[x] += a2[y];
}
}
void dfs1(int x){
if(r[x]) return ; r[x] = 1;
for(int i = s1.head[x]; i != -1; i = s1.next[i]){
int y = s1.v[i]; dfs1(y);
r[x] += r[y];
}
}
void dfs2(int x){
if(l[x]) return ; l[x] = 1;
for(int i = s2.head[x]; i != -1; i = s2.next[i]){
int y = s2.v[i]; dfs2(y);
l[x] += l[y];
}
}
void dfs3(int x){
if(vis1[x]) return ; vis1[x] = 1;
for(int i = s1.head[x]; i != -1; i = s1.next[i]){
int y = s1.v[i]; dfs3(y);
cd[x] += cd[y];
}
}
void dfs4(int x){
if(vis2[x]) return ; vis2[x] = 1;
for(int i = s2.head[x]; i != -1; i = s2.next[i]){
int y = s2.v[i]; dfs4(y);
rd[x] += rd[y];
}
}
inline void init(){
g.clear();
g2.clear();
s1.clear();
s2.clear();
int x, y, type; char s[10];
for(int i = 1; i <= m; i++){
scanf("%d%d%s", &x, &y, s);
if(s[0] <= 'z' && s[0] >= 'a') type = 0;
else if(s[0] <= 'Z' && s[0] >= 'A') type = 1;
else if(s[0] == '.') type = -1;
else if(s[0] == '_') type = -2;
if(type != 1 && type != -1) g.add(x, y, type);
if(type == -2){
g2.add(x, y, type);
s1.add(x, y, type);
s2.add(y, x, type);
}
a[i] = x, b[i] = y, c[i] = type;
}
}
int main(){
scanf("%d%d", &n, &m);
init();
for(int i = 1; i <= n; i++) {
dfs1(i); dfs2(i);
}
for(int i = 1; i <= m; i++){
if(c[i] == -1) cd[a[i]] += r[b[i]];
else if(c[i] == 1) rd[b[i]] += l[a[i]];
}
memset(vis1, 0, sizeof vis1);
memset(vis2, 0, sizeof vis2);
for(int i = 1; i <= n; i++){
solve1(i); solve2(i);
}
long long ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++)
ans += 1ll * rd[i] * a1[i];
printf("%lld", (ans % P + P) % P);
return 0;
}
T3
瑟瑟发抖.jpg & 毫无思路.jpg
上面那个链接的大神说结论是
证明链接
T4
和角公式
初三党表示凉凉