2015 ACMICPC Asia Regional Shanghai Online

1008 即 HDU 5475 An easy problem

题意：给Q个操作和M。

操作有乘有除，输出每次操作后对M取模的结果。

思路：如果只有乘法，那问题就简单了，只要把所有数边乘边对M取模即可，那坑的是有除法呀。不能保存上一步的结果直接做除法。因为模过之后就把原来的数变小了。举个例子，比如有数据：

1

3 5

1 5

1 5

2 1

那每一步保存的是取模后的结果就错了。

对于第三个询问本应该输出25/5=5;但保存上一步的结果却会输出(25%10)/5=1。

正解是摒弃除法。都用乘法来做。

因为乘过一次和除过一次会刚好抵消。我们只要每次把没被除过的因子都乘起来再对M取模便是结果。

朴素的做法是

ans=1;

for(int i=1;i<=Q;i++)

for(int j=1;j<=i;j++)

if(第i个没被除过) ans*=这个因子。

复杂度是O(Q^2),其中Q=10^5。

显然会TLE 。

想法是对的，能再优化一下就好了。最好优化成O(Q)

但是作者没有想到O(Q)的算法。

作者想到了一个O(Q*log(Q))的方法，这个方法便是线段树。

事实上，通过朴素算法，我们第二重循环要做的事情就是统计出[1,i]这个区间所有没被除过的因子的乘积。

看到没有！区间呀！立马联想到线段树。

只是还是要动下脑筋，如何做到把[1,i]这个区间没被除过的因子删掉？

由于乘法的特性，我们立刻可以想到用单点更新那那个因子改成1就相当删掉了，update(i,1,[1,Q],root)。

如何插入一个新值呢？我们可以这样update(i,x,[1,Q],root);

好了现在清楚了吧？

下面是AC代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<sstream>
#include<fstream>
#include<vector>
#include<map>
#include<stack>
#include<list>
#include<set>
#include<queue>
#define LL long long
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1 | 1
using namespace std;
const int maxn=100005,inf=1<<29;
int dir[][2]={ {0,1},{-1,0},{0,-1},{1,0},{-1,1},{-1,-1},{1,-1},{1,1}};
int n,m,t;
LL sum[maxn<<2],M;
void PushUp(int rt)
{
    sum[rt]=sum[rt<<1]*sum[rt<<1|1]%M;
}
void build(int l,int r,int rt)
{
    if(l==r)
    {
        sum[rt]=1;
        return ;
    }
    int m=(l+r)>>1;
    build(lson);
    build(rson);
    PushUp(rt);
}
void update(int i,int add,int l,int r,int rt)
{
    if(l==r)
    {
        sum[rt]=add;
        return ;
    }
    int m=(l+r)>>1;
    if(i<=m) update(i,add,lson);
    else update(i,add,rson);
    PushUp(rt);
}
LL query(int L,int R,int l,int r,int rt)
{
    //printf("%d %d\n",l,r);
    if(L<=l&&r<=R)
    {
        return sum[rt];
    }
    int m=(l+r)>>1;
    LL res=1;
    if(L<=m) res=(res*query(L,R,lson))%M;
    if(R>m) res=(res*query(L,R,rson))%M;
    return res;
}
int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    scanf("%d",&t);
    int Case=1;
    while(t--)
    {
        printf("Case #%d:\n",Case++);
        scanf("%d%I64d",&n,&M);
        build(1,n,1);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            int op,x;
            scanf("%d%d",&op,&x);
            if(op==1)
            {
                update(i,x,1,n,1);
                printf("%I64d\n",query(1,i,1,n,1));
            }
            else
            {
                update(x,1,1,n,1);
                printf("%I64d\n",query(1,i,1,n,1));
            }
        }
    }
    return 0;
}

1010 水体哇

直接贴代码喽。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    int t,n,A,B,L,Case=1;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        cin>>n>>A>>B>>L;//沼泽，平地
        int pr=0,l,r,ans=0,res=0;
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
            cin>>l>>r;
            ans+=(l-pr)*B-(r-l)*A;//平地获取的能量减去沼泽地的能量
            pr=r;
            if(ans<0) res+=-ans,ans=0;
        }
        cout<<"Case #"<<Case++<<": "<<res<<endl;
    }
    return 0;
}

1011 暴力

由于当n为任意值的时候满足，那么

当n=1显然有a^(k1+b1)+b=0(mod C)

由于C的范围是2*10^5，而a又在C的范围内，完全可以以O(C)暴力枚举a,对于每一个a最多只可能有一个b与它配对成功，这个b势必是b=C-a^(k1+b1)

那么再用快速幂，核对下n不为1的时候是否满足就行了。

下面是AC代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define LL long long
using namespace std;
LL k1,b1,k2,c,mark;

LL mul(LL a,LL n,LL m)
{
    LL r=1;
    while(n)
    {
        if(n&1) r=r*a%m;
        n>>=1;
        a=a*a%m;
    }
    return r;
}
LL f(LL a,LL b,LL n)
{
    LL x=mul(a,k1*n+b1,c);
    LL y=mul(b,k2*n-k2+1,c);
    LL s=(x+y)%c;
    return s;
}
void solve()
{
    for(LL a=1;a<c;a++)
    {
        LL b=(c-mul(a,k1+b1,c))%c;
        int flag=1;
        for(int n=1;n<=2;n++) if(f(a,b,n)) flag=0;
        if(flag) mark=1,printf("%I64d %I64d\n",a,b);
    }
}
int main()
{
    int Case=1;
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    while(cin>>c>>k1>>b1>>k2)
    {
        printf("Case #%d:\n",Case++);
        mark=0;
        solve();
        if(mark==0) puts("-1");
    }
    return 0;
}