2017.10.23 noip2014day2测试
今天进行了14年noip的day2测试，题目除了第三题都不算难，，，然而，，，完全考炸了。
T1：无线网络发射器选址
随着智能手机的日益普及，人们对无线网的需求日益增大。某城市决定对城市内的公共场所覆盖无线网。
假设该城市的布局为由严格平行的 129 条东西向街道和 129 条南北向街道所形成的网格状，并且相邻的平行街道之间的距离都是恒定值 1 。东西向街道从北到南依次编号为0,1,2…128,南北向街道从西到东依次编号为 0,1,2…128。
东西向街道和南北向街道相交形成路口，规定编号为 x 的南北向街道和编号为 y 的东西向街道形成的路口的坐标是（x, y）。在某些路口存在一定数量的公共场所。
由于政府财政问题，只能安装一个大型无线网络发射器。该无线网络发射器的传播范围是一个以该点为中心，边长为 2*d 的正方形。传播范围包括正方形边界。
例如下图是一个 d = 1 的无线网络发射器的覆盖范围示意图。
现在政府有关部门准备安装一个传播参数为 d 的无线网络发射器，希望你帮助他们在城 市内找出合适的安装地点，使得覆盖的公共场所最多。
第一行包含一个整数 d，表示无线网络发射器的传播距离。
第二行包含一个整数 n，表示有公共场所的路口数目。
接下来 n 行，每行给出三个整数 x, y, k, 中间用一个空格隔开，分别代表路口的坐标(x, y)以及该路口公共场所的数量。同一坐标只会给出一次。
1
2
4 4 10
6 6 20
1 30
对于 100%的数据，1 ≤ d ≤ 20，1 ≤ n ≤ 20， 0 ≤ x ≤ 128, 0 ≤ y ≤ 128, 0 < k ≤ 1,000,000。
题解：
大水题一道，明显的二维前缀和，处理并不难。然而我爆零了！！！
处理前缀和忘了特判i==0时不能加上i-1行的和，导致数组越界。本地并不会报错，甚至能过样例，然而评测机上炸的渣都不剩。
标程：
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; long long a[131][131],b[131][131],z,s,ans; int d,n,x,y,sx,sy,tx,ty,cnt; int main(){ scanf("%d",&d); scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d%d%lld",&x,&y,&z); a[x][y]=z; } for(int i=0;i<=128;i++){ long long tmp=0; for(int j=0;j<=128;j++){ tmp+=a[i][j]; b[i][j]=tmp; if(i>=1)b[i][j]+=b[i-1][j];//就是这里炸了QAQ } } for(int i=0;i<=128;i++) for(int j=0;j<=128;j++){ sx=i+d;sy=j+d; if(sx>128)sx=128; if(sy>128)sy=128; s=b[sx][sy]; tx=i-d-1;ty=j-d-1; if(tx>=0){ s-=b[tx][sy]; } if(ty>=0){ s-=b[sx][ty]; } if(tx>=0&&ty>=0){ s+=b[tx][ty]; } if(s>ans){ ans=s; cnt=1; } else if(s==ans){ cnt++; } } printf("%d %lld",cnt,ans); }
T2： 寻找道路
在有向图G中，每条边的长度均为1，现给定起点和终点，请你在图中找一条从起点到终点的路径，该路径满足以下条件：
1．路径上的所有点的出边所指向的点都直接或间接与终点连通。
2．在满足条件1的情况下使路径最短。
注意：图G中可能存在重边和自环，题目保证终点没有出边。
请你输出符合条件的路径的长度。
第一行有两个用一个空格隔开的整数n和m，表示图有n个点和m条边。
接下来的m行每行2个整数x、y，之间用一个空格隔开，表示有一条边从点x指向点y。
最后一行有两个用一个空格隔开的整数s、t，表示起点为s，终点为t。
输出文件名为road.out。
输出只有一行，包含一个整数，表示满足题目描述的最短路径的长度。如果这样的路径不存在，输出-1。
|
road.in |
road.out |
|
3 2 1 2 2 1 1 3 |
－1 |
|
road.in |
road.out |
|
6 6 1 2 1 3 2 6 2 5 4 5 3 4 1 5 |
3 |
对于30%的数据，0< n ≤10，0< m ≤20；
对于60%的数据，0< n ≤100，0< m ≤2000；
对于100%的数据，0< n ≤10,000，0< m ≤200,000，0< x,y,s,t≤n，x≠t。
题解：水题+1。然而也炸了。难受。其实就是反向跑一遍，把能放在路径里的点打上标就行。然而标记我打炸了。
标程：
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<queue> using namespace std; const int inf=1<<29; queue<int>q; int cnt,cntx,headx[10010],head[10010],avl[10010],used[10010],vis[10010],dis[10010],u,v,s,t,n,m; struct edge{ int v,next; }E[400010],Ex[400010]; void add(int u,int v){ E[++cnt].v=v; E[cnt].next=head[u]; head[u]=cnt; } void add2(int u,int v){//反边 Ex[++cntx].v=v; Ex[cntx].next=headx[u]; headx[u]=cntx; } void dfs(int x){ used[x]=1; for(int i=headx[x];i;i=Ex[i].next){//寻找能到终点的点 if(!used[Ex[i].v]){ dfs(Ex[i].v); } } } void dfs2(int x){//判断儿子里有到不了终点的就不可用 vis[x]=1; for(int i=head[x];i;i=E[i].next){ if(!vis[E[i].v]){ dfs2(E[i].v); } if(!used[E[i].v])avl[x]=0; //当时把这句写在上一行if里，导致有些点的儿子没有被完全便利（打过vis）于是gg了 } } void spfa(int x){ vis[x]=1; q.push(x); dis[x]=0; while(!q.empty()){ int r=q.front(); q.pop(); vis[r]=0; for(int i=head[r];i;i=E[i].next){ if((dis[E[i].v]>=dis[r]+1)&&avl[E[i].v]){ dis[E[i].v]=dis[r]+1; if(!vis[E[i].v]){ q.push(E[i].v); vis[E[i].v]=1; } } } } } int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=m;i++){ scanf("%d%d",&u,&v); add(u,v);add2(v,u); } scanf("%d%d",&s,&t); dfs(t); if(!used[s]){ printf("-1\n"); return 0; } for(int i=1;i<=n;i++) if(used[i])avl[i]=1; dfs2(s); for(int i=1;i<=n;i++){ vis[i]=0;dis[i]=inf; } spfa(s); if(dis[t]==inf)printf("-1\n"); else printf("%d\n",dis[t]); return 0; }
T3： 解方程
输入文件名为equation.in。
输入共n+2行。
第一行包含2个整数n、m，每两个整数之间用一个空格隔开。
接下来的n+1行每行包含一个整数，依次为a0,a1,a2,……,an。
输出文件名为equation.out。
第一行输出方程在[1, m]内的整数解的个数。
接下来每行一个整数，按照从小到大的顺序依次输出方程在[1, m]内的一个整数解。
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equation.in |
equation.out |
|
2 10 1 -2 1
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1 1 |
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equation.in |
equation.out |
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2 10 2 -3 1
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2 1 2 |
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equation.in |
equation.out |
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2 10 1 3 2
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0 |
题解：这次是比较难的题了。考的时候只打了n<=2的暴力。一看10的100次就懵逼了，，，
这道题其实在读入的时候就要取模，因为乘法是可以模的啊，并不会影响结果。否则高精度更麻烦。
因为同余的性质，若a0+a1*x...+an*x^n==0
则(a0+a1*x...+an*x^n)%p==0(p是个质数)
反向来，若(a0+a1*x...+an*x^n)%p==0，则a0+a1*x...+an*x^n有可能为0。因为如果恰好左式的和恰好是p倍数就会得0，然而实际左式并不是0，就会出错。
所以我们使用多个质数，如果全部符合(a0+a1*x...+an*x^n)%p==0，那左式为0的几率就非常大了，基本可以认为正确。这里p要求比较大，否则很容易是左式的因数。
然后我们分别从0枚举到每个pi-1（因为枚举的x大于pi的结果和它模掉pi的结果是一样的），代入方程验证是不是为0。如果一个x对我们列出的每个质数，得出结果都为0，我们就可以认为它是答案之一。
程序中，a[x][i]数组存的是ax对第i个模数取模所得结果。
mod数组存放质数
f[j][i]数组存了答案枚举到j时，对第i个质数取模的结果（是否为0）
然后问题就是怎么把我们取的x代进去。这里用到了秦九韶算法。其实就是提取公因式，百度上有。solve函数就应用了这个算法。
最后ans记录答案输出。
标程：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<algorithm> using namespace std; #define ll long long ll a[110][6]; char s; int ans[1000010],f[31010][3],cnt,n,m,mod[6]={10007,10917,30071}; void read(int x){ ll ret(0),f(0),cnt(0); char ch=s; while(ch<'0'||ch>'9'){ if(ch=='-')f=1; ch=getchar(); } while(ch>='0'&&ch<='9'){ for(int i=0;i<3;i++)a[x][i]=(a[x][i]*10+ch-'0')%mod[i]; ch=getchar(); } if(f)for(int i=0;i<3;i++)a[x][i]=mod[i]-a[x][i]; } bool solve(ll x,int op){ ll sum(0); for(int i=n;i>=0;i--)sum=(a[i][op]+sum*x)%mod[op]; return !sum; } int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=0;i<=n;i++)read(i); for(int i=0;i<3;i++) for(int j=0;j<mod[i];j++) f[j][i]=solve(j,i); for(int i=1;i<=m;i++) if(f[i%mod[0]][0]&&f[i%mod[1]][1]&&f[i%mod[2]][2])ans[++cnt]=i;//取模与否是一样的结果，所以可以调用i%mod[i]来处理i printf("%d\n",cnt); for(int i=1;i<=cnt;i++)printf("%d\n",ans[i]); return 0; }
总结：
今天题并不难，就是栽在了细节上，比预计低好多。非常难受，也算是长了个教训吧，为noip攒rp吧。
