7.22 考试

期望得分：(60+?)+10+60

实际得分：60+0+50

A. 方程的解

这是一道特判题。

很容易想到60分的解法（其实就是qj）。

不考虑ZenMeZheMeDuo

测试点分治：

对于a==b==1　　c-1

对于a+b==c　　1

对于a b c<=1000　　直接暴枚x，然后代入求y验证

对于接下来的分，就要用到只有一堆特判和exgcd了。

其实我打了exgcd，说下错因： 我没弄清exgcd求得是怎样一组特解，于是我当时手模了几个点，发现当a>b时可以求出y的最大值（然而只是巧合），然后就没了。

exgcd求得是一组解，但不‘特’，所以要求出最小非负整数解的话，假设d是gcd(a,b)，x是求出的解，x0是所求最小非负整数解，则x0=(x%(b/d)+(b/d))%(b/d);

然后x0不一定是解题中需要的最小正整数解x1，判下若x0==0 则x1+=(b/d);

代入x1可以算出y1（y最大值）

同理（解的间隔为a/d）我们可以算出y2（y最小值）。然后用pa大婶神的方法，判下y1<y2无解。若有解可知$ans= \lfloor (y1-y2)/(a/d) \rfloor $

之后是极其恶心的特判，详细的还是看代码吧（没人看的别做梦了，只有你自己！），懒得写了额。

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define reg register
#define F(i,a,b) for(register int (i)=(a);(i)<=(b);++(i))
using namespace std;
inline ll read();
const ll ma=65535;
ll a,b,c;
void sol_1()        //a==b==1
{
    if(c<=1) puts("0");
    else if(c-1<=ma) printf("%lld\n",c-1);
    else puts("ZenMeZheMeDuo");
}
void sol_2()        //<=10^3
{
    ll ans=0;
    F(x,1,1000)
    {
        if(a*x>=c) break;
        ll t=c-a*x;
        if(t%b) continue;
        ++ans;
    }
    if(ans<=ma) printf("%lld\n",ans);
    else puts("ZenMeZheMeDuo");
}
void sol_3()        //a+b==c
{
    puts("1");
}
ll x,y;
ll exgcd(ll a,ll b)
{
    if(!b)
    {
        x=1;
        y=0;
        return a;
    }
    ll g=exgcd(b,a%b);
    ll tx=x;
    x=y;
    y=tx-a/b*y;
    return g;
}
void sol_4()
{
    ll d=exgcd(a,b);
    if(c%d)
    {
        puts("0");
        return;
    }
    x*=(c/d);
    y*=(c/d);
    if((a>0&&b<0)||(a<0&&b>0))
    {
        puts("ZenMeZheMeDuo");
        return;
    }
    ll x1=(x%(b/d)+(b/d))%(b/d);
    ll y1=(c-a*x1)/b;
    if(x1==0)
    {
        x1+=(b/d); y1-=(a/d);
    }
    /*if(y1<=0)
    {
        puts("0");
        return;
    }*/
    ll y2=(y%(a/d)+(a/d))%(a/d);
    ll x2=(c-b*y2)/a;
    if(y2==0)
    {
        x2-=(b/d); y2+=(a/d);
    }
    /*if(x2<=0)
    {
        puts("0");
        return;
    }*/
    if(y1-y2<0)
    {
        puts("0");
        return;
    }
    ll ans=(y1-y2)/(a/d)+1;
    if(ans<=ma) printf("%lld\n",ans);
    else puts("ZenMeZheMeDuo");
}
int main()
{
//    freopen("data.in","r",stdin);
//    freopen("data.out","w",stdout);
    int T=read();
    while(T--)
    {
        a=read(); b=read(); c=read();
        if(c<0) a=-a,b=-b,c=-c;
        if(a<b) a^=b^=a^=b;
        if(a==1&&b==1)
        {
            sol_1();
            continue;
        }
        if(a+b==c)
        {
            sol_3();
            continue;
        }
        if(a>0&&b>0&&c>0&&a<=1000&&b<=1000&&c<=1000)
        {
            sol_2();
            continue;
        }
        if(c==0)
        {
            if((a>0&&b<0)||(a<0&&b>0))
            {
                puts("ZenMeZheMeDuo");
                continue;
            }
            if((a>0&&b>0)||(a<0&&b<0))
            {
                puts("0");
                continue;
            }
            if(a==0&&b==0)
            {
                puts("ZenMeZheMeDuo");
                continue;
            }
        }
        if(a==0&&b==0&&c)
        {
            puts("0");
            continue;
        }
        if(a&&b==0)
        {
            if(c%a||c/a<=0)
            {
                puts("0");
                continue;
            }
            else
            {
                puts("ZenMeZheMeDuo");
                continue;
            }
        }
        if(a==0&&b)
        {
            if(c%b||c/b<=0)
            {
                puts("0");
                continue;
            }
            else
            {
                puts("ZenMeZheMeDuo");
                continue;
            }
        }
        sol_4();
    }
}
inline ll read()
{
    ll x=0,f=1;
    char tc=getchar();
    while(tc<'0'||tc>'9')
    {
        if(tc=='-') f=-1;
        tc=getchar();
    }
    while(tc>='0'&&tc<='9')
    {
        x=x*10+tc-48;
        tc=getchar();
    }
    return f*x;
}

 

 

B. visit

这是一道孤儿题（以至于放错题）

换了题后去码了T1，然后来看T2

说实话首先想到了矩阵快速幂，后来刚想码一想不对啊，这是二维模型，所以矩阵的大小是$(100 \times 100)^2$然后就弃了。

又想到了dp，但是我当时nc了，看着列出的dp[t][i][j]=dp[t-1][i][j-1]+dp[t-1][i][j+1]+dp[t-1][i-1][j]+dp[t-1][i+1][j] 居然认为有后效性？因为我忘了t这一维。。。然后就想起学长曾经讲过的一道类似的但是可以原地不动的题，做法是系数递推，然而我除了知道这个学术名词外没别的了。。。

后来就只能打了个nc bfs 0分。。。

 

正解：组合数学

用skyh的思路。我们只要枚举其中一个方向上的移动，就可以推知其他方向，然后我们就有了$O(n)$枚举+组合数学的方法。

i是上下方向走的步数

$ans= \sum\limits_{i=n}^{T-m} C_T^i \times C_i^{ \frac {i-n} {2}} \times C_{T-i}^{\frac {T-i-m} {2}}$   2|i-n  &&  2|T-i-m

对于$\frac {i-n} {2}$可以这样理解：

i-n是向上多走的步数，由对称性可知再向下回来需要$\frac {i-n} {2}$　　那么柿子就没问题了

 

接下来是如何计算。

因为mod不全是质数，那么费马小定理，逆元递推统统失效，组合数不可直接求不来。

我们观察到对于全部数据mod为若干不同质数的乘积，我们可以把mod分解质因数然后分别用质因子 lucas算上面的柿子，最后会得到类似于

$x \equiv a_1(mod m_1) \\ x \equiv a_i (mod m_i) \\ .\\.\\.$

的方程组，其中m互质。这不就是crt嘛！然后合并一波得解。

细节：

质因数分解用试除法

可知质因数上限远不到有$log(\sqrt{mod})$ ，这样就确保了复杂度

所以lucas需要的阶乘直接打表到min(T,p[i])即可$C_{n \% p[i]}^{m \% p[i]}$上下一定<p[i]

 

C. 光

这是一道STL综合模拟题。

暴力可得60pts，当时考试暴力dfs怕爆栈设了29000层上限，然后就50了。。。

听XR说题面给了自开栈，然后就试了一波20w层，也没问题。。。

 

正解：

首先要知道以下几个性质：

• x+y+dir（两个方向）的奇偶性不变，我们只要知道了坐标，就能推之两个方向
• 光线一定能回到起点，这个去看wd大神的证明
• 如果出现了2 4情况，则光路走了两遍

暴力有很多块是空心的，从而局限了复杂度，那么我们是否能直接找到下一个障碍呢？

可知在同一条直线上x+y 或 x-y 为定值，例如x-y=z的情况，那么z就可以代表这条直线。

所以我们可以建两个桶set，用于存储/ \两个方向的所有直线上的障碍物x坐标，对于x-y会有负值加上FIX=10w即可

接下来是模拟： 假设我们在(x,y)方向为dir

那么根据dir分类讨论

由当前x可以在桶里$O(logk)$二分出前趋或后继nx，即下一个障碍物，然后算出ny，然后模拟完事。