我要举报本次校赛出题人的消极出题！！！
官方题解请戳：http://3.scnuacm2015.sinaapp.com/?p=89（其实就是一堆代码没有题解）
A. 树链剖分数据结构板题
题目大意：我没看，看不懂。
基本思路：我不会。
参考代码：找Oyk老师和Czj老师去。
B. The background of water problem
题目大意（大写加粗的水题）：给定$N$个学生和他们$K$个科目的成绩$S_i$，再给出各科目$K_i$的权重顺序$Q_i$，求排名之后，拥有id为$X$的是哪个学生。
基本思路：虽然$K$只有$10$，$S$只有$100$，但有M组查询，所以当然不能开个long long去hash每个学生。我们简单点，开个结构体，排个序，就好了。
参考代码：
官方代码（将成绩和id分开放，避免在排序时复制构造大结构体）：
#include <cstdio>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <vector>
using namespace std; int N,K,M,X;
int people[][];
int cmpOrder[]; struct CmpNode{
CmpNode(int x):id(x){}
int id;
bool operator < (const CmpNode &other) const
{
for(int i=; i<K; i++)
{
if(people[this->id][cmpOrder[i]] > people[other.id][cmpOrder[i]])
return true;
else if(people[this->id][cmpOrder[i]] < people[other.id][cmpOrder[i]])
return false;
}
return this->id<other.id;
}
}; void solve(FILE *fin=stdin, FILE *fout=stdout)
{
int t;
fscanf(fin,"%d",&t);
while(t--)
{
fscanf(fin,"%d%d",&N,&K);
vector<CmpNode> nodes;
for(int i=;i<N;i++)
{
nodes.push_back(CmpNode(i));
for(int j=;j<=K;j++)
fscanf(fin,"%d",&people[i][j]);
}
fscanf(fin,"%d",&M);
while(M--)
{
for(int i=;i<K;i++)
fscanf(fin,"%d",cmpOrder+i);
fscanf(fin,"%d", &X);
sort(nodes.begin(),nodes.end());
fprintf(fout,"%d\n",nodes[X-].id+);
}
}
} int main()
{
solve(stdin,stdout);
return ;
}
B. The background of water problem
非官方代码（这是通通放在结构体的例子，无论算法竞赛还是工程都不建议这么排序）：
#include <stdio.h>
#include <algorithm> int N, K, M, X;
int order[]; struct stu {
int id, score[];
bool operator <(const stu&x) const {
for(int i=; i<=K; i++)
if(score[order[i]] != x.score[order[i]])
return score[order[i]] > x.score[order[i]];
return id < x.id;
}
}student[]; int main() {
int T;
scanf("%d", &T);
while(T--) {
scanf("%d%d", &N, &K);
for(int i=; i<=N; i++) {
student[i].id = i;
for(int j=; j<=K; j++)
scanf("%d", &student[i].score[j]);
}
scanf("%d", &M);
while(M--) {
for(int i=; i<=K; i++)
scanf("%d", order+i);
std::sort(student+, student++N);
scanf("%d", &X);
printf("%d\n", student[X].id);
}
}
return ;
}
B. The background of water problem
C. Oyk cut paper forever
题目大意：
永远的Oyk剪纸（大雾）。Oyk给面子Z大师，玩$C$轮剪纸，每轮给定一条长为$k$个单位的纸带，Z大师先手可以剪去（任意）$N_1$个单位，但不能不剪或全部拿走。此后每轮都只能剪$1$到$2\times N_1$个单位，能拿走最后一段纸带的人获胜，问Oyk第一次获胜是第几轮。
基本思路：
斐波那契博弈，证明参见：
斐波那契博弈（Fibonacci Nim） - nyist_xiaod
博弈---斐波那契博弈 - Lola&France
Fibonacci Nim 取子游戏 - HCOONa
原题参见 hdoj 2516. 取石子游戏 等。
首先知道了这是个斐波那契博弈，接下来我们要做的就是判断$K_i$是否为Fibonacci数。容易想到的是用递推打一个表，将Fibonacci数存起来或标记一下。但是我们知道斐波那契数列通项公式为$F_n=\frac1{\sqrt5}\left[\left(\frac{1+\sqrt5}2\right)^n-\left(\frac{1-\sqrt5}2\right)^n\right]$（比内公式），还知道判断一个数$x$是否为Fibonacci数只需判断$5x^2+4$或$5x^2-4$是否为完全平方数（参考：Wiki，示例）（即判断开根号后是否为整数），于是Over。
参考代码：
官方代码（丧sha病bi出题人改了好几波代码，我们还是假装下面的是对的吧）：
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std; int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
int n,i;
int ans=;
scanf("%d",&n);
for(i = ;i<=n;i++){
int a;
scanf("%d",&a);
if(!ans&&(sqrt(*a*a+)-(int)sqrt(*a*a+)<1e-||sqrt(*a*a-)-(int)sqrt(*a*a-)<1e-)){
ans=i;
}
}
if(ans)printf("%d\n",ans);
else puts("Oyk forever!");
}
return ;
}
C. OykOyk!
非官方代码（打表出奇迹）：
#include <stdio.h>
using namespace std; int flag[];
void init() {
int a = , b = ;
while(b<=) {
++flag[b];
b += a;
a = b-a;
}
}
int main() {
int T; init();
scanf("%d", &T);
while(T--) {
int C, k, res=;
scanf("%d", &C);
for(int i=; i<=C; i++) {
scanf("%d", &k);
if(!res&&flag[k])
res = i;
}
res?printf("%d\n", res):puts("Oyk forever!");
}
return ;
}
C. Oyk forever!
D. 最小费用流
题目大意：
挖$n$天的宝藏，每天需要$R_i$只铲子，当天用完会坏掉。有$3$种方式准备铲子：从商店买，$p$元一只；找铁匠$A$修理，每只$f$元同时修$m$天；找铁匠$B$修理，每只$s$元同时修$t$天。问最小花费。
基本思路：
最小费用流，参见网络流24题之餐巾问题。
参考代码：
#include <iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#define INF 99999999
#define min(x,y) (x)>(y)?(y):(x)
#define abs(x) ((x)>0?(x):-(x))
#define E 50000
struct p
{
int v,next,k,t,cost;
}edge[];
int n,m,ans,tot,S,T,head[],pre[],pid[],pop[];
int mark[],dis[],now[];
void addedge(int a,int b,int k,int cost)
{
edge[tot].v=b;
edge[tot].k=k;
edge[tot].cost=cost;
edge[tot].t=tot+;
edge[tot].next=head[a];
head[a]=tot++; edge[tot].v=a;
edge[tot].k=;
edge[tot].cost=-cost;
edge[tot].t=tot-;
edge[tot].next=head[b];
head[b]=tot++;
}
int spfa()
{
int i,top,tail,cur;
for(i=;i<=T;i++)
dis[i]=INF,mark[i]=;
top=tail=;
pop[top++]=S;
dis[S]=;
mark[S]=;
while(tail!=top)
{
cur=pop[tail++];
tail%=;
mark[cur]=;
for(i=head[cur];i!=-;i=edge[i].next)
if(edge[i].k>&&dis[edge[i].v]>dis[cur]+edge[i].cost)
{
dis[edge[i].v]=dis[cur]+edge[i].cost;
pre[edge[i].v]=cur;
pid[edge[i].v]=i;
if(mark[edge[i].v]==)
{
mark[edge[i].v]=;
pop[top++]=edge[i].v;
top%=;
}
}
}
return dis[T];
}
int mincost()
{
int i,flow,tmp,ans,maxflow=;
ans=;
while()
{
tmp=spfa();
if(tmp==INF) break;
flow=INF;
for(i=T;i!=S;i=pre[i])
if(edge[pid[i]].k<flow)
flow=edge[pid[i]].k;
for(i=T;i!=S;i=pre[i])
{
edge[pid[i]].k-=flow;
edge[edge[pid[i]].t].k+=flow;
}
maxflow+=flow;
ans+=tmp*flow;
}
return ans;
}
int main()
{
freopen("in.txt","r",stdin);
freopen("out.txt","w",stdout);
int i,j,p,m1,f,m2,s,tmp;
while(scanf("%d%d%d%d%d%d",&n,&p,&m1,&f,&m2,&s)!=EOF)
{
memset(edge,0xff,sizeof(edge));
tot=n*+;
S=;
T=n*+;
for(i=;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&tmp);
tmp++;
addedge(S,i+n,INF,p);
addedge(S,i,tmp,);
addedge(i+n,T,tmp,);
if(i<n) addedge(i,i+,INF,);
if(i+m1<=n) addedge(i,n+i+m1,INF,f);
if(i+m2<=n) addedge(i,n+i+m2,INF,s);
}
printf("%d\n",mincost());
}
return ;
}
D. Dig the treasure
E. Wwj's work
题目大意：这题是HDOJ 4622. Reincarnation原题，有且仅有数据是自己造的。。
基本思路：求一个字符串的子串数目，标准的后缀自动机。当然似乎也可以后缀数组、后缀xxx什么的乱搞。
参考代码：（参考kuangbin的模板，和代码）
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std; const int CHAR = ;
const int MAXN = ;
struct SAM_Node {
SAM_Node *fa, *next[CHAR];
int len;
int id,pos;
SAM_Node() {}
SAM_Node(int _len) {
fa = ;
len = _len;
memset(next,,sizeof(next));
}
};
SAM_Node SAM_node[MAXN*], *SAM_root, *SAM_last;
int SAM_size;
SAM_Node *newSAM_Node(int len) {
SAM_node[SAM_size] = SAM_Node(len);
SAM_node[SAM_size].id = SAM_size;
return &SAM_node[SAM_size++];
}
SAM_Node *newSAM_Node(SAM_Node *p) {
SAM_node[SAM_size] = *p;
SAM_node[SAM_size].id = SAM_size;
return &SAM_node[SAM_size++];
}
void SAM_init() {
SAM_size = ;
SAM_root = SAM_last = newSAM_Node();
SAM_node[].pos = ;
}
void SAM_add(int x,int len) {
SAM_Node *p = SAM_last, *np = newSAM_Node(p->len+);
np->pos = len;
SAM_last = np;
for(; p && !p->next[x]; p = p->fa)
p->next[x] = np;
if(!p) {
np->fa = SAM_root;
return;
}
SAM_Node *q = p->next[x];
if(q->len == p->len + ) {
np->fa = q;
return;
}
SAM_Node *nq = newSAM_Node(q);
nq->len = p->len + ;
q->fa = nq;
np->fa = nq;
for(; p && p->next[x] == q; p = p->fa)
p->next[x] = nq;
} int sub[MAXN][MAXN];
char S[MAXN];
void read() {
memset(sub, , sizeof(sub));
scanf("%s", S);
int len = strlen(S);
for(int i=; i<len; i++) {
SAM_init();
for(int j=i; j<len; j++)
SAM_add(S[j]-'a', j-i+);
for(int j=; j<SAM_size; j++)
sub[i][ SAM_node[j].pos+i- ]
+= SAM_node[j].len - SAM_node[j].fa->len;
for(int j=i+; j<len; j++)
sub[i][j] += sub[i][j-];
}
}
void work() {
int Q, l, r;
scanf("%d", &Q);
while(Q--) {
scanf("%d%d", &l, &r);
printf("%d\n", sub[l-][r-]);
}
}
int main() {
int T;
scanf("%d", &T);
while(T--) {
read();
work();
}
return ;
}
E. Wwj's work
F. 防AK题，dfs+高斯消元
题目大意：我没看，看不懂。
基本思路：我不会。
参考代码：找Czj去。
G. Not Easy Math Problem
题目大意：$F(m,n)=\left\{\begin{matrix}\begin{aligned}&B*2^{m-1},&n=0\\&\sum_{i=1}^m F(i, n-1),&n>0\end{aligned}\end{matrix}\right.$，其中$m<10^6$，$n<10^3$，$B<10$，求$F(m,n)\%(1E8+7)$。
基本思路：
递推法：
先观察前面若干行若干列，发现各项系数构成杨辉三角。代几个数进去发现 $\displaystyle F(m,n)=B*\sum_{i=0}^{m-1}C_{m-i+n-2}^{n-1}*2^i$。
$O(M)$肯定会TLE啊，算算算 $\displaystyle \frac{2F(m,n)-F(m,n)}{B}=C_{n-1}^{n-1}*2^m-C_{m+n-2}^{n-1}*2^0+\sum_{i=1}^{m-1}\left(C_{m-i+n-1}^{n-1}-C_{m-i+n-2}^{n-1}\right)*2^i$
发现可以利用组合数性质，令$\displaystyle T(n-1)=\sum_{i=0}^{m-1}C_{m-i+n-2}^{n-1}*2^i$，$\displaystyle T(n-2)=\sum_{i=0}^{m-1}C_{m-i+n-2}^{n-2}*2^i$
则$\displaystyle T(n-1)=C_{n-1}^{n-1}*2^m-C_{m+n-2}^{n-1}+T(n-2)-C_{m+n-2}^{n-2}$
递推下去得$\displaystyle T(n-1)=2^{n-1}*2^m-2*\sum_{i=0}^{n-2}C_{m+n-2}^i-C_{m+n-2}^{n-1}$
来个快速幂，再预处理下逆元和组合数，$O(log(M+N)+N)$跑得飞快（$log$里面的$N$可以在前面预处理组合数的循环去掉，丑就是了）。
数学归纳法：
参见 hdoj. 5490 题解。归纳公式为$\displaystyle F(m,n)=\frac{q*F(m,n-1)-B*C_{m+n-2}^{n-1}}{q-1}$，然后递推，时间复杂度$O(log(M)+N)$（如果用快速幂算$2^{m-1}$的话）。
参考代码（我的一定比标算好看）：
#include <stdio.h>
const int MOD = ;
inline int add(int a, int b) { return (a%MOD+b%MOD)%MOD; }
inline int sub(int a, int b) { return ((a-b)%MOD+MOD)%MOD; }
inline int mul(int a, int b) { return int((long long)a%MOD*(b%MOD)%MOD); }
inline int pow(int x, int n) {
int res = ;
while(n) {
if(n&) res = mul(res, x);
x = mul(x, x);
n >>= ;
}
return res;
}
int inv[]={,};
void init() {
for(int i=; i<=; i++)
inv[i] = mul(inv[MOD%i], MOD-MOD/i);
}
int B, M, N;
void read() {
scanf("%d%d%d", &B, &M, &N);
}
int Binomial[]={};
void work() {
for(int i=; i<N; i++)
Binomial[i] = mul(mul(Binomial[i-], M+N-i-), inv[i]);
int res = pow(, M+N-);
for(int i=; i<N; i++)
res = sub(res, mul(Binomial[i], ));
res = mul(add(res, Binomial[N-]), B);
printf("%d\n", res);
}
int main() {
int T; init();
scanf("%d", &T);
while(T--) {
read();
work();
}
return ;
}
比标算好看一丢丢的 G.
H. Party!
题目大意：
Wwj和他的女朋友们总共$N$个人去开趴体。每个人如果还没把自己的礼物送出去的话，就可以从别人手中收到礼物。第$i$个人得到第$j$人礼物的同时，也会得到一个快乐指数$H_{i,\ j}$。求所有人的快乐指数的总和的最大值。
基本思路：
诶？有人用贪心做？有人用搜索做？听说还有人用最小生成树做？诶等等那个用无向图MST的什么心态？这不是有向图？（我的天呐.jpg）
这题可以跑一个网络流，当然也可以DP。谁告诉你给一个矩阵就一定是图论题了？mdzz。
能DP我当然不写网络流，考虑收礼物状态矩阵$M$，$M_{i,\ j}$代表第$i$个人收没收第$j$人的礼物（$i\neq j$），收了为$1$，没收为$0$。由于每个人只有一份礼物，他只能送给一个人，所以在同一列内最多只有$1$个$1$，所以状态矩阵$M$可以直接拍扁。好的，$N\leq 10$，我们可以愉快地状态压缩了，状态数$2^N-1$，dp时间复杂度$O(2^N N^2)$。
考虑任意状态state，如果第$i\geq 0$位为$1$（即$state\&(1<<i)!=0$），则表明该状态下第$i$个人已经把他的礼物给出去了（当然也不可能发生给自己的情况）。对每一个状态求最大快乐指数，再取所有状态的最大值。
参考代码：
#include <stdio.h> int N, H[][];
inline void getMax(int&n, int x) { if(n<x) n=x; }
void read() {
scanf("%d", &N);
for(int i=; i<N; i++)
for(int j=; j<N; j++)
scanf("%d", H[i]+j);
}
void work() {
int maxState = <<N, dp[maxState]={};
for(int state=; state<maxState; state++)
for(int i=; i<N; i++) if(!(state&(<<i)))
for(int j=; j<N; j++) if(i!=j&&!(state&(<<j)))
getMax(dp[state+(<<j)], dp[state]+H[i][j]);
int res = ;
for(int state=; state<maxState; state++)
getMax(res, dp[state]);
printf("%d\n", res);
}
int main() {
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--) {
read();
work();
}
return ;
}
H. Party!
I. Square
题目大意：$N\times N$的矩阵，每个格子要填$0$或$1$，要求每行每列中$1$的个数要是奇数个。
基本思路：不考虑限制条件，有$2^{N^2}$种方案对吧？能乱填对吧？那如何保证每行每列中$1$的个数是奇数个？在旁边加多一行加多一列（即$(N+1)\times(N+1)$），对于每一行每一列，如果$1$的个数是偶数个，再填个$1$，否则填$0$进去。啥？剩下那个格子怎么办？会一边奇数一边偶数？嗯，由于是$N\times N$，所以是不可能的。因此$S_N=2^{(N-1)^2}$，快速幂或者奇怪的优化即可。
参考代码：
官方代码（分块处理，把47改成15，不用long long用int也是可以的，当然时间就差个2.5倍咯）：
#include <stdio.h>
#define ULL unsigned long long
int main() {
ULL res;
int n;
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--) {
scanf("%d",&n);
res=;
for(ULL i = ; i<(ULL)(n-)*(n-)/; i++)
res=(res<<)%;
for(ULL i = ; i<(ULL)(n-)*(n-)%; i++)
res=(res*)%;
printf("%d\n",res);
}
return ;
}
I. Square
非官方代码（快速幂，怎么说也是log的复杂度，比上面奇怪的优化要快就是了）：
#include <stdio.h>
const int MOD = ;
long long pow(long long x, int n) {
long long res = 1LL;
while(n) {
if(n&) res = res*x%MOD;
x = x*x%MOD;
n >>= ;
}
return res;
}
int main() {
int T, N;
scanf("%d",&T);
while(T--) {
scanf("%d",&N);
--N; N *= N;
printf("%d\n", pow(, N));
}
return ;
}
I. Square
J. Rotate and skew
题目大意：
windows系统里面有个“画图”工具，相信大家一定不会陌生。但里面没有旋转任意$x$角度的功能，只有“扭曲”的功能。如逆时针旋转$28^\circ$，我们发现可以先对$x$轴扭曲$-14^\circ$，再对$y$轴扭曲$25^\circ$，再对$x$轴扭曲$-14^\circ$，就成功辣！问给定角度$x$，输出三次扭曲的角度。
基本思路：
好多同学可能一开始先取个基向量，比如$\vec b=(0,1)$，然后想$x$轴扭曲$-14^\circ$应该是$\vec{b'}=(tan14^\circ,1)$，$y$轴再扭曲$25^\circ$应该是$\vec{b''}=(tan14^\circ, 1-tan25^\circ)$，再扭曲一下……再$arc tan$一下……咦？怎么出来的不是$28^\circ$了？
Naive。如果是这样那还叫扭曲吗？那叫拉伸！你倒是把$x$乘进去啊！把$y$乘进去啊！
首先考虑基向量$\vec a=(1,0)$。设旋转角度$\theta$。先水平扭曲任意角度，不变。垂直扭曲$\varphi$，$\vec{a'}=(1, tan\varphi)$，再水平扭曲一次得$\vec{a''}=(1-tan(x), tan\varphi)$，和$tan\theta$解一下发现$x=\frac\theta2$，于是知道了水平扭曲角度。
正解(1)：考虑向量$\vec x=\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}$，水平扭曲矩阵$A=\begin{bmatrix}1&tan(-\frac\theta2)\\0&1\end{bmatrix}$， （$A\vec x=\begin{bmatrix}x+ytan(-\frac\theta2)\\y\end{bmatrix}$，看不懂的学线代去）
三个扭曲矩阵相乘应该是$M=ABA$，其中我们要求的是中间的垂直扭曲矩阵$B$。
已知旋转矩阵$M=\begin{bmatrix}cos\theta&-sin\theta\\sin\theta&cos\theta\end{bmatrix}$，解得$B=\begin{bmatrix}1&0\\sin\theta&1\end{bmatrix}$。
但是我们的垂直扭曲矩阵应该要长成$B=\begin{bmatrix}1&0\\tan\varphi&1\end{bmatrix}$的样子。
所以我们需要用$tan$正切值去模拟$sin$正弦值（本来就是要求用扭曲模拟旋转）。
正解(2)：再考虑基向量$\vec b=(0,1)$。
联立化简 $\left\{\begin{matrix}\begin{aligned}&x_1=x_0+y_0*tan(-\frac\theta2)\\&y_1=y_0+x_1*tan(\varphi)\\&x_2=x_1+y_1*tan(-\frac\theta2)\end{aligned}\end{matrix}\right.$，$\left\{\begin{matrix}\begin{aligned}&x_0=0,\ y_0=1\\&tan(-\theta)=\frac{x_2}{y_1}\end{aligned}\end{matrix}\right.$ 得 $\displaystyle\frac{tan(\frac\theta2)[sec(\theta)tan(\varphi)-tan(\theta)]}{tan(\frac\theta2)tan(\varphi)-1}=0$
解 $sec(\theta)tan(\varphi)=tan(\theta)$ 得垂直扭曲角度 $\varphi=tan^{-1}sin(\theta)$
啥？你还要$+k\pi$？你还要分母不为$0$？$\theta$不为$0$？这都要我解，你咋不上天呢。
发现题目对精度要求不高，反正切取个整即可。也可以直接打个垂直扭曲角度的表。
更多请参考 Matrix67—线性代数的妙用：怎样在Windows画图软件中实现28度旋转？
参考代码：
对基向量$\vec b=(0,1)$的模拟：
#include <stdio.h>
#include <math.h>
const double PI = acos(-.L);
int main() {
double x = 0.0, y = 1.0;
x = x + tan(-.*PI/.) * y;
y = y + tan(.*PI/.) * x;///注意这里是tan25模拟sin28，若这里直接用sin28则最后atan回来的结果是28.0整
x = x + tan(-.*PI/.) * y;
printf("%f\n", atan(x/y)*./PI);
return ;
}
官方代码：
// http://scarky.com/widget/getiframe/PLNRB5QG/
#include <stdio.h>
int y[]={,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,};
int main(int i) {
while(~scanf("%d", &i))
i/=, printf("%d %d %d\n", -i, i>?y[i]:-y[-i], -i);
return ;
}
非官方代码：
#include <stdio.h>
#include <math.h>
const double PI = acos(-.L);
int main() {
int x;
while(~scanf("%d", &x))
printf("%d %.f %d\n", -x/, round(atan(sin(x*PI/.))*./PI), -x/);
return ;
}
——原创by BlackStorm，转载请注明出处。
本文地址：http://www.cnblogs.com/BlackStorm/p/5380872.html
![P5020 [NOIP2018 提高组] 货币系统 题解](https://www.kunjuke.com/file/css/thumb/10.jpg/280-180.jpg)
