22ccpc桂林E - Draw a triangle 向量求三角形面积，exgcd

295B - Greg and Graph floyd

由于对Floyd的本质还是不大清楚所以做这个题还是费了点功夫，可以把整个过程反过来，就变成了解锁每个点对当前已有点的影响，其实这样也就相当于一个floyd了，值得注意的是虽然有的点没有解锁，但是是可以参与转移的，只不过累加和的时候不能加上他，为什么可以参加转移呢？因为最开始的那个k循环实际的意义就是将k这个点作为中转点来更新i和j的最短路，k是被解锁的，所以如果i和j通过k转移也是合法的，这样还不会漏掉情况

题解 P1119 【灾后重建】 - Time_Rune 的博客 - 洛谷博客 (luogu.com.cn)

#include 
using namespace std;
#define int long long
//const int mod=1e9+7;
const int inf=1e18;
const int N = 2e6+100;
int n,g[505][505],a[505][505],ans[505],b[505],vis[505];
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
    //cout<<(1LL<<19)<
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=1;j<=n;j++)
    {
        cin>>a[i][j];
        g[i][j]=a[i][j];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>b[i],vis[i]=0;
    for(int k=n;k>=1;k--)
    {
        vis[b[k]]=1;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            g[i][j]=min(g[i][j],g[i][b[k]]+g[b[k]][j]);
           // if(k==2&&i==3&&j==4) cout<
        }
 
        int res=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            //if(k==2) cout<
            if(vis[i]&&vis[j]) res+=g[i][j];
        }
        ans[k]=res;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) cout<" ";
    system("pause");
    return 0;
}
 
/*
4
0 57148 51001 13357
71125 0 98369 67226
49388 90852 0 66291
39573 38165 97007 0
2 3 1 4
*/

D - Range and Partition 构造，双指针

最关键的是找到合适的x,y,先假设已经找到了，考虑如何输出，设in为在值域里面的数的个数，out为不在的个数，那么只要in==out+1了就可以输出这个区间，最后一段直接输出就可以，一定是满足条件的，然后可以发现前k-1段都是in==out+1,后面那一段in>=out+1,所以总的就是in>=out+k,所以就可以按照这个条件去枚举了，可以双指针也可以二分

Codeforces Round #768 (Div. 2) D(二分答案/双指针) - 知乎 (zhihu.com)

#include 
using namespace std;
#define int long long
//const int mod=1e9+7;
const int inf=1e18;
const int N = 2e6+100;
int t,n,k,a[N],sum[N],tx[N];
bool check(int l,int r)
{
    return (2LL*(sum[r]-sum[l-1])-n>=k);
    
}
void print(int x,int y)
{
    int in=0,out=0,l=1,cnt=1;
    for(int i=1;i<=n&&cnt
    {
        if(a[i]>=x&&a[i]<=y) in++;
        else out++;
        if(in>out)
        {
            cout<" "<
            l=i+1;cnt++;in=0,out=0;
        }
    }
    cout<" "<
}
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
    //cout<<(1LL<<19)<
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        cin>>n>>k;
        for(int i=0;i<=n;i++) sum[i]=tx[i]=0;
        for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],tx[a[i]]++;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        sum[i]=sum[i-1]+tx[i];
        int ansl=1,ansr=n;
        for(int i=1,l=1;i<=n;i++)
        {
            while(l<=i&&check(l,i))
            {
                
                if(ansr-ansl>i-l) 
                {
                    ansr=i,ansl=l;
                
                }
                l++;
            }
        }
        cout<" "<
        print(ansl,ansr);
    }
    system("pause");
    return 0;
}

P5656 【模板】二元一次不定方程 (exgcd) 

求x,y的最小正整数解，一开始看了一个没有代码的题解越算越不对直接emo了

【题解】【P5656-【模板】二元一次不定方程(exgcd)】 - 古明地觉世界第一！ - 洛谷博客

#include 
using namespace std;
#define int long long
//const int mod=1e9+7;
const int inf=1e18;
const int N = 2e6+100;
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
    if(b==0)
    {
        x=1;y=0;
        return a;
    }
    int r=exgcd(b,a%b,x,y);
    int temp=y;
    y=x-(a/b)*y;
    x=temp;
    return r;
}
signed main()
{
    //ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
    //cout<<(1LL<<19)<
    int t,a,b,c;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        cin>>a>>b>>c;
        int g=__gcd(a,b);
        if(c%g)
        {
            cout<<"-1\n";
            continue;
        }
        int x,y,p=b/g,q=a/g,k;
        exgcd(a,b,x,y);
        x*=c/g;y*=c/g;
        if(x<0) k=ceil((1.0-x)/p),x+=p*k,y-=q*k;
        else if(x>=0) k=(x-1)/p,x-=p*k,y+=q*k;
        //上面的操作都是将x变为最小正整数
        if(y>0)
        {
            int num=(y-1)/q+1;//就是看看y可以减多少次q，但是一开始的y也是一个解所以要加1
            int minx=x;
            int miny=(y-1)%q+1;//这一步我的理解是y可能是q的倍数，为了取余q不等于0所以只要减到y==q就可以了
            int maxx=x+(y-1)/q*p;//y可以减多少次q，x就可以加多少次p
            int maxy=y;
            cout<" "<" "<" "<" "<
        }
        else
        {
            int minx=x;
            int miny=y+q*ceil((1.0-y)/q);
            cout<" "<
        }
    }
    system("pause");
    return 0;
}

E - Draw a triangle 向量求三角形面积，exgcd

设第三个点的坐标为x3,y3,则可以求出两条向量A(x2-x1,y2-y1),B(x3-x1,y3-y1),然后两个向量叉乘的模的一半就是三角形的面积S=-(y2-y1)*(x3-x1)+(x2-x1)*(y3-y1),设x=x3-x1,y=y3-y1,a=-(y2-y1),b=(x2-x1),那么式子就变成了S=ax+by,然后就是求x,y让S最小，结论是S为gcd(a,b)时是最小的，所以直接扩展欧几里得算就可以，最后exgcd好像不能算负数的系数，所以就先转化成正的，然后求得的x和y再取个反就行

E. Draw a triangle(计算几何+EXGCD)_追随远方的某R的博客-CSDN博客

#include 
using namespace std;
#define int long long
//const int mod=1e9+7;
const int inf=1e18;
const int N = 2e6+100;
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
    if(b==0)
    {
        x=1;y=0;
        return a;
    }
    int r=exgcd(b,a%b,x,y);
    int temp=y;
    y=x-(a/b)*y;
    x=temp;
    return r;
}
signed main()
{
    //ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
    //cout<<(1LL<<19)<
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        int x1,y1,x2,y2,x3,y3;
        cin>>x1>>y1>>x2>>y2;
        int a=-(y2-y1),b=x2-x1;
        int f1=1,f2=1;
        if(a<=0)
        {
            f1=-1;
            a*=f1;
        }
        if(b<=0)
        {
            f2=-1;
            b*=f2;
        }
        exgcd(a,b,x3,y3);
        x3*=f1;y3*=f2;
        x3+=x1;
        y3+=y1;
        cout<" "<
    }
    system("pause");
    return 0;
}

D-史莱姆的战术训练_并查集

先计算出每一种的粘度然后从大到小排序，可以发现只要从大到小遍历就只要管这个地方访没访问到就可以了，因为后来的一定比不上之前的粘度大，一个一个找的话会很慢，这时候又可以用并查集来辅助跳跃了，这个只要管行之间的跳跃就可以，不然写代码有点太麻烦了，，，

为了更加的优化，列最好是要比行多的，所以如果n>m就交换一下

齐鲁工业大学第四届程序设计竞赛题解_牛客博客 (nowcoder.net)

#include 
using namespace std;
#define endl '\n'
#define int long long
//const int mod=1e9+7;
const int inf=1e18;
const int N = 1e7+100;
int n,m,p,c,a,b,s[N],col[N],vis[N],ori[N],ans[N];
int findd(int x){return x==s[x]?x:s[x]=findd(s[x]);}
struct node
{
    int x1,y1,x2,y2,co;
    bool operator<(const node &a)const
    {
        return co>a.co;
    }
}q[N];
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin>>n>>m>>p>>c>>a>>b;
    int flag=0;
    if(n>m) swap(n,m),flag=1;
    for(int i=1;i<=c;i++)
    {
        cin>>col[i];
        ori[col[i]]=i;
        //cout<
        col[i]=a*col[i]+b;
    }
    for(int i=1;i<=p;i++)
    {
        if(flag) cin>>q[i].y1>>q[i].x1>>q[i].y2>>q[i].x2>>q[i].co;
        else cin>>q[i].x1>>q[i].y1>>q[i].x2>>q[i].y2>>q[i].co;
        q[i].co=col[q[i].co];
    }
    sort(q+1,q+p+1);
    for(int i=1;i<=n*m+5;i++) s[i]=i;
    for(int i=1;i<=p;i++)
    {
        int x1=q[i].x1,x2=q[i].x2,y1=q[i].y1,y2=q[i].y2,co=q[i].co;
        if(co<=0) continue;
        for(int j=x1;j<=x2;j++)
        {
            for(int k=findd((j-1)*m+y1);k<=((j-1)*m+y2);k=findd(k+1))
            {
                
                ans[k]=ori[(co-b)/a];
                //cout<
                s[k]=k+1;
            }
        }
    }
    if(flag)
    {
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            for(int j=1;j<=n;j++) cout<-1)*m+i]<<" ";//这个地方值得注意一下，交换nm后该如何输出
            cout<
        }
    }
    else
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            for(int j=1;j<=m;j++) cout<-1)*m+j]<<" ";
            cout<
        }
    }
    system("pause");
    return 0;
}