A.Alternative Thinking(思维)
给出一个01串，你可以取反其中一个连续子串，问取反后的01子串的最长非连续010101串的长度是多少。
我们随便翻一个连续子串，显然翻完之后，对于这个连续子串而言，最后的答案一定不会变优。
只会对你翻的左端点和右端点相邻的数字产生贡献。我们计左端点为l，右端点为r。
而且要想最大化贡献，必须要使得这个a[l]和a[l-1]一样。a[r]和a[r+1]一样。
那么我们只要找到可以使这个贡献获得最大时的条件就行了。
# include <cstdio> # include <cstring> # include <cstdlib> # include <iostream> # include <vector> # include <queue> # include <stack> # include <map> # include <set> # include <cmath> # include <algorithm> using namespace std; # define lowbit(x) ((x)&(-x)) # define pi acos(-1.0) # define eps 1e-3 # define MOD 1000000007 # define INF 1000000000 # define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) # define FOR(i,a,n) for(int i=a; i<=n; ++i) # define FO(i,a,n) for(int i=a; i<n; ++i) # define bug puts("H"); # define lch p<<1,l,mid # define rch p<<1|1,mid+1,r # define mp make_pair # define pb push_back # define fi first # define se second typedef pair<int,int> PII; typedef vector<int> VI; # pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000") typedef long long LL; typedef unsigned long long ULL; int _MAX(int a, int b){return a>b?a:b;} int _MIN(int a, int b){return a>b?b:a;} int Scan() { int res=0, flag=0; char ch; if((ch=getchar())=='-') flag=1; else if(ch>='0'&&ch<='9') res=ch-'0'; while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9') res=res*10+(ch-'0'); return flag?-res:res; } void Out(int a) { if(a<0) {putchar('-'); a=-a;} if(a>=10) Out(a/10); putchar(a%10+'0'); } const int N=100005; char s[N]; int main () { int n, cnt=0, ans1=0, ans2=0; char f=' '; scanf("%d%s",&n,s+1); FOR(i,1,n) { if (s[i]=='1') ans2=ans1+1; else ans1=ans2+1; if (f==s[i]) cnt++; f=s[i]; } int ans=max(ans1,ans2); if (cnt==1) ans+=1; else if (cnt>=2) ans+=2; printf("%d ",ans); return 0; }
B.Moodular Arithmetic(数论)
告诉你p和k，其中(0<=k<=p-1)，x属于{0,1,2,3,....,p-1}，f函数要满足f(k*x%p)=k*f(x)%p,f(x)的范围必须在[0,p-1]内，问这样的f函数有多少个
先观察小情形。
k=0时，此时有f(0)=0.即除了0其他可以随便乱取。那么我们得到ans=p^(p-1).
k=1时，此时有f(x)=f(x).此时随便乱取。那么我们得到ans=p^p.
后面我们发现就不好办了。
但是我们发现f(k*k*x)=k*f(k*x)%p=k*(k*f(x)%p)%p.
这不是乘法取模吗。那么则有f(k^n*x%p)=(k^n)%p*f(x)%p.
我们要是能使k^n%p=1就好了，那么就会有n个数在一个环上面。我们令n最小。
那么n就是k关于p的一个阶。
因为f(0)=0,那么答案就是p^((p-1)/n).
# include <cstdio> # include <cstring> # include <cstdlib> # include <iostream> # include <vector> # include <queue> # include <stack> # include <map> # include <set> # include <cmath> # include <algorithm> using namespace std; # define lowbit(x) ((x)&(-x)) # define pi acos(-1.0) # define eps 1e-3 # define MOD 1000000007 # define INF 1000000000 # define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) # define FOR(i,a,n) for(int i=a; i<=n; ++i) # define FO(i,a,n) for(int i=a; i<n; ++i) # define bug puts("H"); # define lch p<<1,l,mid # define rch p<<1|1,mid+1,r # define mp make_pair # define pb push_back # define fi first # define se second typedef pair<int,int> PII; typedef vector<int> VI; # pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000") typedef long long LL; typedef unsigned long long ULL; int _MAX(int a, int b){return a>b?a:b;} int _MIN(int a, int b){return a>b?b:a;} int Scan() { int res=0, flag=0; char ch; if((ch=getchar())=='-') flag=1; else if(ch>='0'&&ch<='9') res=ch-'0'; while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9') res=res*10+(ch-'0'); return flag?-res:res; } void Out(int a) { if(a<0) {putchar('-'); a=-a;} if(a>=10) Out(a/10); putchar(a%10+'0'); } const int N=100005; LL muti_mod(LL a,LL b,LL c) { a%=c; b%=c; LL ret=0; while (b) { if (b&1){ret+=a; if (ret>=c) ret-=c;} a<<=1; if (a>=c) a-=c; b>>=1; } return ret; } LL pow_mod(LL x,LL n,LL mod) { if (n==1) return x%mod; int bit[64], k=0; while (n) bit[k++]=n&1, n>>=1; LL ret=1; for (k=k-1; k>=0; --k){ ret=muti_mod(ret,ret,mod); if (bit[k]==1) ret=muti_mod(ret,x,mod); } return ret; } int eul(LL p, LL k) { FO(i,2,p) if ((p-1)%i==0&&pow_mod(k,(LL)i,p)==1) return i; } int main () { LL p, k; scanf("%lld%lld",&p,&k); if (k==0) printf("%lld ",pow_mod(p,p-1,MOD)); else if (k==1) printf("%lld ",pow_mod(p,p,MOD)); else { int temp=eul(p,k); printf("%lld ",pow_mod(p,(p-1)/temp,MOD)); } return 0; }
C.Lieges of Legendre(SG函数)
变形版nim游戏，操作有两个，1.取出一个石子。2.把一堆偶数个石子变成k堆偶数/2个石子。
分析:
抽象成DAG，这个DAG的顶点度数最大为2，打sg表找规律。
发现k为偶数时很简单。 k为奇数时。模拟求sg函数，可以递归的求出sg。
复杂度O(n*logai).
# include <cstdio> # include <cstring> # include <cstdlib> # include <iostream> # include <vector> # include <queue> # include <stack> # include <map> # include <set> # include <cmath> # include <algorithm> using namespace std; # define lowbit(x) ((x)&(-x)) # define pi acos(-1.0) # define eps 1e-3 # define MOD 1000000007 # define INF 1000000000 # define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) # define FOR(i,a,n) for(int i=a; i<=n; ++i) # define FO(i,a,n) for(int i=a; i<n; ++i) # define bug puts("H"); # define lch p<<1,l,mid # define rch p<<1|1,mid+1,r # define mp make_pair # define pb push_back # define fi first # define se second typedef pair<int,int> PII; typedef vector<int> VI; # pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000") typedef long long LL; typedef unsigned long long ULL; int _MAX(int a, int b){return a>b?a:b;} int _MIN(int a, int b){return a>b?b:a;} int Scan() { int res=0, flag=0; char ch; if((ch=getchar())=='-') flag=1; else if(ch>='0'&&ch<='9') res=ch-'0'; while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9') res=res*10+(ch-'0'); return flag?-res:res; } void Out(int a) { if(a<0) {putchar('-'); a=-a;} if(a>=10) Out(a/10); putchar(a%10+'0'); } const int N=100005; int n, k, a[7]={0,1,0,1,2,0,2}; int find(int x) { if (k%2==0) { if (x<=2) return x; else return x%2==0; } else { if (x<=6) return a[x]; if (x&1) return 0; else { if (find(x/2)==1) return 2; else return 1; } } } int main () { int temp, ans=0; scanf("%d%d",&n,&k); while (n--) scanf("%d",&temp), ans^=find(temp); puts(ans?"Kevin":"Nicky"); }
D.Ruminations on Ruminants(数学)
枚举出三个点之后判定是否过原点还是可以的.但是不能枚举.
只知道相加180这个限制是不好想办法的.
所以转化成:远点向直线做垂线,只有三个垂足在同一条直线上的时候,才行.
那么我们先做找出来垂足,然后数三个点在一条直线的三元组个数.
转化一下,就是两点确定一条直线,然后再看每一条直线上有多少个点,用组合数算.
但是这样不好写(还要转成直线的方程),i j k(i < j < k), 我们枚举i,要求j和k相对于i的斜率必须一样. 如果有重合的点,那么任意一个第三个点都可以.
注意,要全部用整数,先联立方程算出来垂足,用分子分母表示,然后求斜率减之后也化成标准的形式.
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cmath> #include <cstring> #include <map> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn = 2000 + 100; int n, a[maxn], b[maxn], c[maxn], ac[maxn], bc[maxn], a2b2[maxn]; ll res; struct Point { ll x, y; }; ll gcd(ll x, ll y) { if(y == 0) return x; return gcd(y, x % y); } Point getStand(Point t) { if(t.x == 0) { if(t.y == 0) return t; t.y = 1; return t; } else if(t.y == 0) { t.x = 1; return t; } ll d = gcd(abs(t.x), abs(t.y)); t.x /= d; t.y /= d; if(t.x < 0 && t.y < 0 || t.x > 0 && t.y < 0) { t.x = -t.x; t.y = -t.y; } return t; } void solve() { for(int i = 1; i <= n; i++) { ac[i] = a[i] * c[i]; bc[i] = b[i] * c[i]; a2b2[i] = a[i] * a[i] + b[i] * b[i]; } res = 0; for(int i = 1; i <= n; i++) { map<ll, map<ll, ll> > mp; int same = 0, ans = 0; for(int j = i + 1; j <= n; j++) { Point t; t.x = (ll)a2b2[j] * (ll)ac[i] - (ll)a2b2[i] * (ll)ac[j]; t.y = (ll)a2b2[j] * (ll)bc[i] - (ll)a2b2[i] * (ll)bc[j]; t = getStand(t); if(t.x == 0 && t.y == 0) { same++; ans += (j - i - 1); } else { ans += mp[t.x][t.y] + same; mp[t.x][t.y]++; } } res += ans; } printf("%I64d ", res); } int main() { // freopen("D.txt", "r", stdin); while(scanf("%d", &n) != EOF) { for(int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d%d%d", &a[i], &b[i], &c[i]); } solve(); } return 0; }