2013 Noip提高组 Day1
n 个小伙伴（编号从 0 到 n-1）围坐一圈玩游戏。按照顺时针方向给 n 个位置编号，从0 到 n-1。最初，第 0 号小伙伴在第 0 号位置，第 1 号小伙伴在第 1 号位置，……，依此类推。
游戏规则如下：每一轮第 0 号位置上的小伙伴顺时针走到第 m 号位置，第 1 号位置小伙伴走到第 m+1 号位置，……，依此类推，第n - m号位置上的小伙伴走到第 0 号位置，第n-m+1 号位置上的小伙伴走到第 1 号位置，……，第 n-1 号位置上的小伙伴顺时针走到第m-1 号位置。
现在，一共进行了 10^k 轮，请问 x 号小伙伴最后走到了第几号位置。
输入共 1 行，包含 4 个整数 n、m、k、x，每两个整数之间用一个空格隔开。
输出共 1 行，包含 1 个整数，表示 10^k 轮后 x 号小伙伴所在的位置编号。
10 3 4 5
5
对于 30%的数据，0 < k < 7；
对于 80%的数据，0 < k < 10^7；
对于 100%的数据，1 < n < 1,000,000，0 < m < n，1 <= x <=n，0 < k < 10^9。
/* x小朋友最终位置在(x+10^k * m)%n，用快速幂算出来 */ #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> using namespace std; int n,m,k,x; int Pow(int a,int b,int p){ int res=1; while(b){ if(b&1)res=res*a%p; a=a*a%p; b>>=1; } return res; } int main(){ //freopen("CircleNOIP2013.in","r",stdin); //freopen("CircleNOIP2013.out","w",stdout); scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&x); int k1=Pow(10,k,n); int ans=(x+(m*k1)%n)%n; printf("%d",ans); return 0; }
涵涵有两盒火柴，每盒装有 n 根火柴，每根火柴都有一个高度。现在将每盒中的火柴各自排成一列，同一列火柴的高度互不相同，两列火柴之间的距离定义为：
，其中 ai表示第一列火柴中第 i 个火柴的高度，bi表示第二列火柴中第 i 个火柴的高度。
每列火柴中相邻两根火柴的位置都可以交换，请你通过交换使得两列火柴之间的距离最小。请问得到这个最小的距离，最少需要交换多少次？如果这个数字太大，请输出这个最小交换次数对 99,999,997 取模的结果。
共三行，第一行包含一个整数 n，表示每盒中火柴的数目。
第二行有 n 个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，表示第一列火柴的高度。
第三行有 n 个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，表示第二列火柴的高度。
输出共一行，包含一个整数，表示最少交换次数对 99,999,997 取模的结果。
[Sample 1]
4
2 3 1 4
3 2 1 4
[Sample 2]
4
1 3 4 2
1 7 2 4
[Sample 1]
1
[Sample 2]
2
【样例1说明】
最小距离是 0，最少需要交换 1 次，比如：交换第 1 列的前 2 根火柴或者交换第 2 列的前 2 根火柴。
【样例2说明】
最小距离是 10，最少需要交换 2 次，比如：交换第 1 列的中间 2 根火柴的位置，再交换第 2 列中后 2 根火柴的位置。
【数据范围】
对于 10%的数据， 1 ≤ n ≤ 10；
对于 30%的数据，1 ≤ n ≤ 100；
对于 60%的数据，1 ≤ n ≤ 1,000；
对于 100%的数据，1 ≤ n ≤ 100,000，0 ≤火柴高度≤ 2^31 - 1。
/* 按高度排序后的编号一一对应再求逆序对 */ #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstdlib> using namespace std; #define maxn 100010 int n,c[maxn],tmp[maxn],tot; struct node{ int id,v; }a[maxn],b[maxn]; int cmp(node x,node y){ return x.v<y.v; } void sor(int l,int r){ if(l==r)return; int mid=(l+r)>>1; sor(l,mid); sor(mid+1,r); int i=l,p=l,j=mid+1; while(i<=mid&&j<=r){ if(c[i]>c[j])tot+=mid-i+1,tmp[p++]=c[j++]; else tmp[p++]=c[i++]; if(tot>=99999997)tot-=99999997; } while(i<=mid)tmp[p++]=c[i++]; while(j<=r)tmp[p++]=c[j++]; for(int i=l;i<=r;i++)c[i]=tmp[i]; } int main(){ freopen("MatchNOIP2013.in","r",stdin); freopen("MatchNOIP2013.out","w",stdout); scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i].v),a[i].id=i; for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&b[i].v),b[i].id=i; sort(a+1,a+n+1,cmp); sort(b+1,b+n+1,cmp); for(int i=1;i<=n;i++)c[a[i].id]=b[i].id; sor(1,n); printf("%d",tot); }
A 国有 n 座城市，编号从 1 到 n，城市之间有 m 条双向道路。每一条道路对车辆都有重量限制，简称限重。现在有 q 辆货车在运输货物，司机们想知道每辆车在不超过车辆限重的情况下，最多能运多重的货物。
第一行有两个用一个空格隔开的整数 n，m，表示 A 国有 n 座城市和 m 条道路。
接下来 m 行每行 3 个整数 x、y、z，每两个整数之间用一个空格隔开，表示从 x 号城市到 y 号城市有一条限重为 z 的道路。注意：x 不等于 y，两座城市之间可能有多条道路。
接下来一行有一个整数 q，表示有 q 辆货车需要运货。
接下来 q 行，每行两个整数 x、y，之间用一个空格隔开，表示一辆货车需要从 x 城市运输货物到 y 城市，注意：x 不等于 y。
输出共有 q 行，每行一个整数，表示对于每一辆货车，它的最大载重是多少。如果货车不能到达目的地，输出-1。
4 3
1 2 4
2 3 3
3 1 1
3
1 3
1 4
1 3
3
-1
3
对于 30%的数据，0 < n < 1,000，0 < m < 10,000，0 < q < 1,000；
对于 60%的数据，0 < n < 1,000，0 < m < 50,000，0 < q < 1,000；
对于 100%的数据，0 < n < 10,000，0 < m < 50,000，0 < q < 30,000，0 ≤ z ≤ 100,000。
/* 首先，可以证明，所有货车都可以只在最大生成树上跑，并不影响答案。（考虑到最大生成树的定义） 求出最大生成树后，问题转化为，q个询问，每个询问问一条路径上的最小边权。 可以用倍增来做。预处理f[u][k]（意义同LCA中），l[u][k]表示u到u的2^k级祖先的路径上最小的边权值。 可以在求LCA的过程中直接求出路径上的最小边权。 */ #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; #define maxn 10010 #define maxm 50010 int n,m,f[maxn][20],sum[maxn][20],fa[maxn],num,p,dep[maxn],head[maxn]; bool vis[maxn]; struct node{ int f,to,v; }a[maxm]; struct Edge{ int pre,v,to; }e[maxm]; int cmp(node x,node y){return x.v>y.v;} int find(int x){ if(fa[x]==x)return fa[x]; else return fa[x]=find(fa[x]); } int connect(int x,int y){ int f1=find(x),f2=find(y); if(f1==f2)return 0; else fa[f1]=f2;return 1; } void Insert(int from,int to,int v){ e[++num].v=v; e[num].to=to; e[num].pre=head[from]; head[from]=num; } void dfs(int now,int father,int deep){ vis[now]=1; dep[now]=deep; for(int i=head[now];i;i=e[i].pre){ int v=e[i].to; if(v==father)continue; f[v][0]=now; sum[v][0]=e[i].v; dfs(v,now,deep+1); } } int lca(int x,int y){ if(x==y)return 0; int ans=0x3f3f3f3f; if(dep[x]<dep[y])swap(x,y); for(int i=18;i>=0;i--){ if(dep[f[x][i]]>=dep[y]&&f[x][i]!=0)ans=min(ans,sum[x][i]),x=f[x][i]; } if(x==y)return ans; for(int i=18;i>=0;i--){ if(f[x][i]!=f[y][i]){ ans=min(ans,sum[x][i]); ans=min(ans,sum[y][i]); x=f[x][i];y=f[y][i]; } } ans=min(sum[x][0],ans);ans=min(sum[y][0],ans); return ans; } int main(){ //freopen("Cola.txt","r",stdin); freopen("truck.in","r",stdin); freopen("truck.out","w",stdout); memset(sum,127/3,sizeof(sum)); int x,y,z; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d%d",&a[i].f,&a[i].to,&a[i].v); for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i; sort(a+1,a+m+1,cmp);int cnt=0; for(int i=1;i<=m;i++){ if(connect(a[i].f,a[i].to)){ Insert(a[i].f,a[i].to,a[i].v); Insert(a[i].to,a[i].f,a[i].v); cnt++;if(cnt==n-1)break; } } for(int i=1;i<=n;i++)if(!vis[i])dfs(i,0,1); for(int j=1;(1<<j)<=n;j++) for(int i=1;i<=n;i++) if(f[f[i][j-1]][j-1]!=0){ f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1]; sum[i][j]=min(sum[i][j-1],sum[f[i][j-1]][j-1]); } scanf("%d",&p); for(int i=1;i<=p;i++){ scanf("%d%d",&x,&y); if(find(x)!=find(y)){printf("-1\n");continue;} printf("%d\n",lca(x,y)); } }
