2022.9.11洛谷比赛解题报告

今天下午进行了洛谷比赛，后两个题目因为涉及 SAM 相关知识点，暂不做解题报告。

由于本次比赛的题目出锅太多导致没有进入主题库，代码也交不了，下面的AC代码都是官方题解的。

T1：得分：70；

T1一开始我打算直接按题意模拟，先拿到15分的部分分，然后开始考虑40分及70分的做法。

开一个数组来存放 n 的每一位，从高到低逐个转化成 int 类型的值存放进 N 里，每转化一位进行一次 while 循环，在转换的时候将上一次剩余的值乘 10 进一位然后再加当前转换的值。

代码（70分）：

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t,s,N;
string n;
signed main()
{
	cin>>t;
	if(t<=100000)
	while(t--)
	{
		N=0;
		cin>>s>>n;
	    int len=n.size();
	    int o=0;
	    int p=len;
	    for(int i=0;i<p;i++)
	    {
	    	N+=(int)(n[i]-'0');
	    	while(N/s!=0)
	    	  N=N-N/s*(s-1);
	    	N*=10;
		}
		cout<<N/10<<endl;
	}
	return 0;
}

当 $n = 0$ 时，全部转化掉显然会得到0个物品。

当 $n > 0$ 时，不放设 $n = 3 k + r$ ,那么经过了操作后就会变成 $k + r$ 个物品。显然 $3 k + r$ 和 $k + r$ 同奇偶，所以每一次操作是不会影响物品数的奇偶的，由于 $s = 3$ ，所以答案一定是 $0, 1, 2$ 中的一个，当 $n$ 为偶数时，最后一定剩下 $2$ 个物品；当 $n$ 为奇数时一定会剩下一个物品。

考虑第三组测试点。

当 $n > 0$ 的时候，设 $n = s k + r$ ，经过一次转化就会得到 $k + r$ 个物品，同上可得最后剩余的物品一定是在 $0$ 到 $s - 1$ 之间的，所以最后答案是 $n mod (s - 1)$ 由于在 $n < s$ 时答案一定是 $n$ ，所以 $f (n) = 1 + ((n - 1) mod (s - 1))$ ,经过变形可得 $f (n) = 1 + ((n - 1) mod (s - 1)) = 1 + ((n mod (s - 1) - 1) mod (s - 1))$ ,为使除数非负不影响取模，加上一个 $s - 1$ ，得到： $f (n) = 1 + ((n mod (s - 1) + s - 2) mod (s - 1))$ ,我们分别计算每一位的贡献，在计算答案的时候边相加边取模最终就可以得到 $n mod (s - 1)$ 的值了。

考虑第四组数据

很明显上面的做法在第四组的数据面前会T飞，但没有关系，我们只需要一点点的小优化：预处理 $10^{i} mod (s - 1)$ 。

AC代码：

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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <cstring>

using namespace std;

bool is_zero = false; //判断是否是0

inline int read(int mod)
{ //快读,边读入边取模
    int x = 0;
    char ch = getchar();
    while (!isdigit(ch))
        ch = getchar();
    int i = 0; //记录读到从前往后第几位
    while (isdigit(ch))
    {
        x = 10 * x + ch - '0';
        if (ch == '0' && !i)
            is_zero = true; //如果第一位就是0,说明这个数为0
        x %= mod;             //取模
        ch = getchar();
        i++;
    }
    return x;
}

int main()
{
    int t;
    scanf("%d", &t);
    while (t--)
    {
        is_zero = false;
        int s;
        scanf("%d", &s);
        int n = read(s - 1); //读入时对s-1取模

        if (is_zero && !n)
            puts("0"); //特判n=0
        else
        {
            n = (n + s - 2) % (s - 1) + 1;
            printf("%d\n", n);
        }
    }
    return 0;
}

T2(当时一看就觉得不可做，直接一直在看第一题):

起点的道具是必须要使用的，因此可以直接跳过，我们将起点道具和其他的 $n$ 个道具处重新标点为点 $1$ 到点 $n + 1$ 。用 $d p [i] [j]$ 来表示到达第 $i$ 个点，除起点外使用了 $j$ 个道具所花的时间。因为速度越快越好，所以到达一个道具处使用道具一定不会让结果更差，即对于 $d p [i] [j]$ ，在 $i$ 点我们一定是使用了 $i$ 号道具的， $d p [i] [j]$ 的意义变为了表示到达第 $i$ 个点并使用了 $i$ 号道具，除起点外使用了 $j$ 个道具所花的时间。则可以推得对于一个点 $i$ 与另外一个转移过去的点 $k$ 有转移方程：

$d p [i] [j] = m i n (d p [i] [j], d p [k] [j - 1] + l e n (i, k) / j)$

其中 $l e n (i, k)$ 表示点 $i$ 到点 $k$ 的距离，意思是我们可以从 $k$ 号道具的位置来到 $i$ 号道具的位置，在使用 $i$ 号道具加速。

代码如下：

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#include <iostream>
#include <cmath>

using namespace std;

const int N = 510;
const int K = 110;

int n, m, s, t, x, y;
double ans, dp[N][K];
struct node {
    int a, b;
}p[N];

int len(int a, int b) {
    return abs(p[a].a - p[b].a) + abs(p[a].b - p[b].b);
}

int main() {
    for (int i = 0; i <= 509; i ++)
        for (int j = 0; j <= 109; j ++)
            dp[i][j] = 1e6;//初始化 

    scanf("%d%d%d%d%d%d", &n, &m, &s, &t, &x, &y);

    m --;//起点道具必须使用，否则无法移动 

    p[0].a = x, p[0].b = y, p[1].a = s, p[1].b = t;//重新标点并把终点存储在0号下标处 
    for (int i = 2; i <= n + 1; i ++) scanf("%d%d", &p[i].a, &p[i].b);
    n ++;

    dp[1][0] = 0, ans = len(0, 1);//也可以不使用其它道具直接到达终点 
    for (int i = 2; i <= n; i ++) dp[i][0] = len(1, i);//因为速度为1，不使用道具时间花费即为距离 
    for (int r = 1; r <= m; r ++) {//列举使用道具次数 
        for (int i = 1; i <= n; i ++) {
            for (int j = 1; j <= n; j ++) {
                if (i == j) continue;
                dp[i][r] = min(dp[i][r], dp[j][r - 1] + (double)len(i, j) / r);//转移 
            }
            ans = min(ans, dp[i][r] + (double)len(0, i) / (r + 1));//更新答案 
        }
    }

    printf("%.12lf", ans);

    return 0;
}