题目链接：
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/3002
A题
思路：
既然三角形面积为1且有一条边平行于坐标轴，那么这条边为1或者2，我们枚举1平行于x/y轴的情况，加上2平行于x/y轴的情况，再减去（重复的）1、2都平行于坐标轴的情况即是答案；
注意计算的过程中每一步都需要取余；
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9 + 7;
ll n, m;
int main() {
#ifdef MyTest
freopen("Sakura.txt", "r", stdin);
#endif
cin >> n >> m;
ll x = (m - 1) * m % mod * (n - 2) % mod * 2ll % mod + (n - 1) * n % mod * (m - 2) % mod * 2ll % mod;
x %= mod;
ll y = (m - 2) * m % mod * (n - 1) % mod * 2ll % mod + (n - 2) * n % mod * (m - 1) % mod * 2ll % mod;
y %= mod;
ll z = (m - 1) * 2ll % mod * (n - 2) % mod * 2ll % mod + (n - 1) * 2ll % mod * (m - 2) % mod * 2 % mod;
ll ans = x + y - z;
if(ans < 0) ans += mod;
cout << ans % mod;
return 0;
}
B题
思路：
很简单的期望题
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
#ifdef MyTest
freopen("Sakura.txt", "r", stdin);
#endif
int n, x, a, b;
cin >> n >> x >> a >> b;
printf("%.2f", (x / 100.0 * a + (100 - x) / 100.0 * b) * 1.0 * n);
return 0;
}
C题
思路：
对于每一个靶子，我们将它和umi连接起来，如果这条线段和坐标轴有交点，我们将它记录下来；
对于每个交点，如果我们覆盖到这个交点，则我们可以挡住该靶子；
然后我们分别升序遍历xy轴的所有交点即可；
注意：
1.需要用printf输出不能用cout，不然会wa，可能是精度问题？
2.牛客的编译器的y0好像是保留字，不要设y0就好；
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
double x0;
double Y0;
int n, k;
vector<double> x, y;
inline void deal(double & x1, double & y1) {
double xx;
xx = x1 == x0 ? x0 : -Y0 * (x1 - x0) / (y1 - Y0) + x0;
if(xx >= min(x0, x1) && xx <= max(x0, x1)) x.push_back(xx);
double yy;
yy = y1 == Y0 ? Y0 : Y0 - x0 * (y1 - Y0) / (x1 - x0);
if(yy >= min(Y0, y1) && yy <= max(Y0, y1)) y.push_back(yy);
}
int main() {
#ifdef MyTest
freopen("Sakura.txt", "r", stdin);
#endif
cin >> x0 >> Y0 >> n >> k;
for(int i = 0; i < n; i++) {
double a, b;
cin >> a >> b;
deal(a, b);
}
double ans = double(1ll << 60);
k = n - k;
if(x.size() >= k) {
sort(x.begin(), x.end());
for(int i = 0; i + k - 1 < x.size(); i++) {
ans = min(ans, x[i + k - 1] - x[i]);
}
}
if(y.size() >= k) {
sort(y.begin(), y.end());
for(int i = 0; i + k - 1 < y.size(); i++) {
ans = min(ans, y[i + k - 1] - y[i]);
}
}
if(x.size() >= k || y.size() >= k) printf("%lf", ans);
else cout << -1;
return 0;
}
D题
思路：
简单数学题
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
#ifdef MyTest
freopen("Sakura.txt", "r", stdin);
#else
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
#endif
int n;
cin >> n;
int ans = (1 + n) * n / 2;
for(int i = 1; i < n; i++) {
int x;
cin >> x;
ans -= x;
}
cout << ans;
return 0;
}
E题
思路：
写一个复杂度的求因子个数的函数即可
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline ll get(ll n) {
ll ans = 0;
for(ll i = 1; i * i <= n; i++) {
if(n % i == 0) {
++ans;
if(i != n / i) ++ ans;
}
}
return ans;
}
int main() {
#ifdef MyTest
freopen("Sakura.txt", "r", stdin);
#endif
ll n;
cin >> n;
int ans = 0;
while(n != 2) {
n = get(n); //cerr << n << ' ';
++ans;
}
cout << ans;
return 0;
}
F题
思路：
我们以每一个黑点为源点，分别计算以它的孩子为根结点的子树拥有多少结点，其中遍历到其它黑色结点即停止遍历；
剩下的就是简单计数问题了；
// ------------------------------------
经网友提醒，原代码会TLE，已修改代码；
1.每次从黑点dfs到另一个黑点时记录下来，那么下次从被遍历到的那个黑点dfs时，那一条边无需重复遍历；
2.在计数时，为了避免数组过大，不用的方法逐个相加，而用求和递减的方式可以在的时间内求出来；
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read() {
int x = 0; char c;
while(c = getchar(), c < '0' || c > '9');
while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
return x;
}
const int maxn = 1e5 + 5;
char s[maxn];
unordered_map<int, int> mp[maxn];
int n;
bool vst[maxn], b[maxn];
vector<int> G[maxn];
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> P;
vector<P> sv;
ll dfs(int u) {
vst[u] = true;
ll res = 1;
for(int & x : G[u]) if(!vst[x]) {
if(b[x]) sv.push_back(P(x, u));
else res += dfs(x);
}
return res;
}
int main() {
#ifdef MyTest
freopen("Sakura.txt", "r", stdin);
#endif
n = read();
scanf("%s", s);
for(int i = 0; i < n; i++) if(s[i] == 'B') b[i + 1] = true;
for(int i = 1; i < n; i++) {
int x = read(), y = read();
G[x].push_back(y), G[y].push_back(x);
}
ll ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) if(b[i]) {
vector<int> v;
ll sum = 0;
for(int & x : G[i]) {
if(b[x]) continue;
sv.clear();
ll res = mp[i][x] ? mp[i][x] : dfs(x);
if(res) v.push_back(res), sum += res;
if(sv.size()) for(P & p : sv) mp[p.first][p.second] = res;
}
ans += sum;
for(int i = 0; i < v.size(); i++) {
sum -= v[i];
ans += v[i] * sum;
}
}
printf("%lld", ans);
return 0;
}
G题
思路：
对于每一个字母，我们用vector存储它出现过的位置；
然后分别遍历26个字母，对于单个字母，我们遍历该字母的出现位置序列，计算该字母出现k次时的最短序列长度；
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF = 1 << 30;
int n, k;
string s;
vector<int> p[30];
int main() {
#ifdef MyTest
freopen("Sakura.txt", "r", stdin);
#else
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
#endif
cin >> n >> k >> s;
for(int i = 0; i < s.length(); i++) {
p[s[i] - 'a'].push_back(i);
}
int ans = INF;
for(int i = 0; i < 26; i++) {
if(p[i].size() < k) continue;
for(int j = 0; j + k - 1 < p[i].size(); j++) {
ans = min(ans, p[i][j + k - 1] - p[i][j]);
}
}
if(ans != INF) cout << ans + 1;
else cout << -1;
return 0;
}
H题
思路：
假设目前我们把1变为0，可以变k个；
除去所有的0，我们知道我们需要变的这k个1必定是相邻的；
那么，对于每一个1，我们假设它是这段我们需要变的序列的第一个1，那么对于这段序列，我们找到这段序列的左边第一个1的位置为p，右边第一个1的位置为q，那么此刻该序列的长度就是q-p+-1；
对于将0变成1的思想是同理的；
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 2e5 + 5;
int n, k;
vector<int> a, b;
int aa[maxn], bb[maxn];
int main() {
#ifdef MyTest
freopen("Sakura.txt", "r", stdin);
#else
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
#endif
string s;
cin >> n >> k >> s;
for(int i = 0; i < n; i++) {
if(s[i] == '0') aa[i] = a.size(), a.push_back(i);
else bb[i] = b.size(), b.push_back(i);
}
int ans = 0;
for(int i = 0; i < n; i++) {
if(s[i] == '0') {
int p = aa[i];
int lf = p ? a[p - 1] : -1;
int rt = p + k < a.size() ? a[p + k] : n;
// cout << i << ' ' << p << ' ' << lf << ' ' << rt << '
';
ans = max(ans, rt - lf - 1);
}else {
int p = bb[i];
int lf = p ? b[p - 1] : -1;
int rt = p + k < b.size() ? b[p + k] : n;
// cout << i << ' ' << p << ' ' << lf << ' ' << rt << '
';
ans = max(ans, rt - lf - 1);
}
}
cout << ans;
return 0;
}
I题
思路：
设dp[i]是以字符串中第i个字符为末尾所能得到的 最大分数
遍历字符串，如果以当前字符为首的子串分别满足nico niconi niconiconi，就更新dp即可；
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 3e5 + 5;
typedef long long ll;
int n;
ll a, b, c, dp[maxn];
int main() {
#ifdef MyTest
freopen("Sakura.txt", "r", stdin);
#else
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
#endif
string s;
cin >> n >> a >> b >> c >> s;
s = "0" + s;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(i + 3 <= n && s.substr(i, 4) == "nico") {
dp[i + 3] = max(dp[i + 3], dp[i - 1] + a);
if(i + 5 <= n && s.substr(i, 6) == "niconi") {
dp[i + 5] = max(dp[i + 5], dp[i - 1] + b);
if(i + 9 <= n && s.substr(i, 10) == "niconiconi") {
dp[i + 9] = max(dp[i + 9], dp[i - 1] + c);
}
}
}
dp[i] = max(dp[i], dp[i - 1]);
}
cout << dp[n];
return 0;
}
J题
思路：
1.最后的结果一定可以表示为，则目前的目标就是将这三个指数求出来；
2.这三个指数的值一定非常大，远远超过long long所能表达的范围，因此我们采用费马小定理将它们限定在一定范围内，即利用公式，则可以在计算指数时，进行取余的操作；但是注意费马小定理只有在整数不是指数的倍数时才可以使用，因此需要特判题目中x,y,a为的倍数的情况；
3.对于指数和的计算，我们可以发现它们遵从斐波那契数列的规律，这里设是斐波那契数列的第项，则有，计算斐波那契数列第项我们可以使用矩阵快速幂在时间内快速求得，这里给出递推矩阵：
4.对于指数的计算，我们不难发现第项的数值等于前两项的和加上，即设表示第项的值，则有，是不是和斐波那契数列很像QAQ，因此同样的我们使用矩阵快速幂求第项的值，这里给出递推矩阵：
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef vector<ll> vec;
typedef vector<vec> mat;
inline mat mul(mat & a, mat & b, ll mod) {
mat r(a.size(), vec(b[0].size()));
for(int i = 0; i < a.size(); i++)
for(int k = 0; k < b.size(); k++)
for(int j = 0; j < b[0].size(); j++)
r[i][j] = (r[i][j] + a[i][k] * b[k][j]) % mod;
return r;
}
inline mat mat_pow(mat a, ll b, ll mod) {
mat r(a.size(), vec(a[0].size()));
for(int i = 0; i < a.size(); i++) r[i][i] = 1;
for(; b; b >>= 1) {
if(b & 1) r = mul(r, a, mod);
a = mul(a, a, mod);
}
return r;
}
inline ll pow_mod(ll a, ll n, ll mod) {
ll r = 1;
for(; n; n >>= 1) {
if(n & 1) r = a * r % mod;
a = a * a % mod;
}
return r;
}
ll n, x, y, a, b, mod = 1e9 + 7;
ll get1() {
mat A(2, vec(2));
A[0][0] = A[0][1] = A[1][0] = 1;
mat r = mat_pow(A, n - 3, mod - 1);
ll ex = (r[1][0] + r[1][1]) % (mod - 1), ey = (r[0][0] + r[0][1]) % (mod - 1);
return pow_mod(x % mod, ex, mod) * pow_mod(y % mod, ey, mod) % mod;
}
ll get2() {
mat A(3, vec(3));
A[0][0] = A[0][1] = A[0][2] = A[1][0] = A[2][2] = 1;
mat r = mat_pow(A, n - 2, mod - 1);
ll ea = r[0][2] * (b % (mod - 1)) % (mod - 1);
return pow_mod(a % mod, ea, mod);
}
int main() {
#ifdef MyTest
freopen("Sakura.txt", "r", stdin);
#endif
cin >> n >> x >> y >> a >> b;
if(n == 1 || n == 2) { cout << (n == 1 ? x : y) % mod; exit(0); }
if(x % mod == 0 || y % mod == 0 || a % mod == 0) { cout << 0; exit(0); }
cout << get1() * get2() % mod << '
';
return 0;
}