19-10-29-Z
%%%ZZYY
只是因为是Z才模一下的。
ZJ一下：
考试T1写了三张纸但是它死了。
T2T3暴力叕写跪了。
考试一定一定不能不严密，少推两个交点是要命的啊。
就因为叕叕少开龙龙见祖宗了。
如果考试能推出一个点就试试推两个，有两个就试试推三个，别一直觉得自己能A……
……话说我对拍半天愣是没卡掉。
TJTime:
T1
给大家讲讲简单高考数学。
首先上来就可以得出一句话题意。
给定$a,b,S$求当$ax+by=S$时$|x|+|y|$的最小值
求前式的特解还是很容易的辣，直接$exgcd$硬上即可。
问题出在如何将后式的最小值计算出。
记特解值为$x',y'$，当$a,b$互质时一定有$x=x'+kb,y=y'-kb(k \in \mathbb{Z})$
若不互质则左右同除$gcd$。
于是转化为求$$\min\{|x'+kb|+|y'-ka|\}$$
高考数学告诉我们，遇到绝对值要想办法去绝对值。
于是可以分$4$种情况:（等于可包含于下面任一种情况）
$$
\begin{array}{cc}
\begin{cases}
x'+kb<0\\
y'-ka<0
\end{cases}&
\begin{cases}
x'+kb<0\\
y'-ka>0
\end{cases}\\
\begin{cases}
x'+kb>0\\
y'-ka<0
\end{cases}&
\begin{cases}
x'+kb>0\\
y'-ka>0
\end{cases}\\
\end{array}
$$
那么这四种情况下的直线可以表示为：
$$
\begin{cases}
t=(a-b)k-x'-y'\\
t=(-a-b)k-x'+y'\\
t=(a+b)k+x'-y'\\
t=(-a+b)k+x'+y'
\end{cases}
$$
从高考数学的严密性出发，下面应该再判断$-\frac{x'}{b}$与$\frac{y'}{a}$的大小关系然后计算交点。
所以图像的可能形状如下：
但是还有一种，考试时没有考虑到，因为我们不能保证图像连续（另外可能的情况暂不列出），于是，如下：
但是在本题中，并不需要此种做法，我们可以直接计算四条直线之间的交点，理论上可以有$C_4^2$种方案，但实际计算得出的结果并没有那么多。
即$t \in \{\frac{y}{a},-\frac{x}{b},\frac{x-y}{-a-b},\frac{x+y}{a-b}\}$
终于……
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define N 111111
#define LL long long
using namespace std;
LL a,b,arr[N],nn;
LL ans;
inline LL Abs(LL x){
return x<0?-x:x;
}
LL exgcd(LL &x,LL &y,LL _a,LL _b){
if(_b==0){
x=1;
y=0;
return _a;
}
LL ret=exgcd(x,y,_b,_a%_b);
LL z=x;
x=y;
y=z-_a/_b*y;
return ret;
}
LL getans(LL x,LL y,LL t){
return min(Abs(x+t*b)+Abs(y-t*a),
min(Abs(x+(t-1)*b)+Abs(y-(t-1)*a),
Abs(x+(t+1)*b)+Abs(y-(t+1)*a)));
}
int main(){
LL x,y,gcn;
scanf("%lld%lld%lld",&nn,&a,&b);
gcn=exgcd(x,y,a,b);
for(int i=1;i<=nn;i++)
scanf("%lld",arr+i);
a/=gcn,b/=gcn;
for(int i=1;i<=nn;i++){
if(arr[i]%gcn!=0){
puts("-1");
return 0;
}
LL xd=x*arr[i]/gcn,yd=y*arr[i]/gcn,t;
LL nans[10];
t=-xd/b;
nans[0]=getans(xd,yd,t);
t=yd/a;
nans[1]=getans(xd,yd,t);
t=(xd+yd)/(a-b);
nans[2]=getans(xd,yd,t);
t=(xd-yd)/(-a-b);
nans[3]=getans(xd,yd,t);
ans+=min(min(nans[0],nans[1]),min(nans[2],nans[3]));
}
cout<<ans<<endl;
}
其实还可以三分直接过。
T2
我去做DZKP了。
T3
做了。
发现要求每两个特殊点之间的距离，
第一想法是$Floyd$（多源）
但是显然T
下面想如何将单源最短路搞成多源。
记录当下的点从哪些点转移过来，最后扫边更新答案就行了。
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <vector>
#define LL long long
#define N 222222
#define pre first
#define len second
using namespace std;
typedef pair<LL,LL> pll;
template <typename Tp>
class Myqueue{
Tp A[N*10];
int f,b;
public:
Myqueue(){f=b=0;}
void clear(){f=b=0;}
void push(const Tp k){A[b++]=k;}
void pop(){f++;}
bool empty(){return f==b;}
Tp front(){return A[f];}
void pour(){
for(int i=f;i<b;i++){
cout<<A[i]<<" ";
}
cout<<endl;
}
};
struct Edge{
int f,t,next;
LL v;
}rs[2*N];
vector <int>sp;
Myqueue <int> q;
pll dis[N];
int pn,edn,spn,
fl[N],cnt=0;
LL ans[N];
bool inq[N];
void add(int f,int t,int v){
rs[cnt].f=f;
rs[cnt].t=t;
rs[cnt].next=fl[f];
rs[cnt].v=v;
fl[f]=cnt++;
}
void SPFA(){
for(int i=1;i<=pn;i++)
dis[i]=make_pair(0,1e15);
for(int i=0;i<sp.size();i++){
dis[sp[i]].pre=sp[i];
dis[sp[i]].len=0;
q.push(sp[i]);
inq[sp[i]]=1;
}
while(!q.empty()){
int f=q.front();q.pop();
// q.pour();
for(int i=fl[f];i!=-1;i=rs[i].next){
int t=rs[i].t;
if(dis[t].len>dis[f].len+rs[i].v){
dis[t]=make_pair(dis[f].pre,dis[f].len+rs[i].v);
if(!inq[t]){
q.push(t);
inq[t]=1;
}
}
}
inq[f]=0;
}
/* for(int i=1;i<=pn;i++){
cout<<i<<" "<<dis[i].len<<" "<<dis[i].pre<<endl;
}*/
}
int main(){
int a,b;
LL v;
cin.sync_with_stdio(false);
memset(ans,0x7f,sizeof ans);
memset(fl,-1,sizeof fl);
cin>>pn>>edn>>spn;
for(int i=1;i<=spn;i++){
cin>>a;
sp.push_back(a);
}
for(int i=1;i<=edn;i++){
cin>>a>>b>>v;
add(a,b,v);
add(b,a,v);
}
SPFA();
for(int i=0;i<cnt;i++){
int af=dis[rs[i].f].pre,
bf=dis[rs[i].t].pre;
// cout<<af<<" "<<bf<<endl;
if(af!=bf){
LL val=dis[rs[i].t].len+dis[rs[i].f].len+rs[i].v;
ans[af]=min(ans[af],val);
ans[bf]=min(ans[bf],val);
}
}
for(int i=0;i<spn;i++)
printf("%lld ",ans[sp[i]]);
puts("");
}
