T1：牛牛的方程式

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因为浮点错误炸了70pts

这个三元一次不定方程呢，其实也没有特别难
只需要在二元一次不定方程$Ax+By=C$上面略作变化即可！

将其转化为二元一次不定方程，假设$c，z$为已知量
$$ax+by+cz=d\dots \dots ①$$$$ax+by=d-cz\dots \dots ②$$
此时可以直接套用$exgcd$解出$Ax+By=1\dots \dots ③$的特殊值$x,y$
我们知道$exgcd$的有解要保证$gcd(A,B)|C$
即对于方程②而言，要求$gcd(a,b)|(d-cz)$
那么我们可以巧妙通过这一个限制，来检验$z$是否为整数
在代码中就是一句$if$判断

if( ( d - c ) % gcd( a, b ) == 0 ) YES;

但是！！！
别忘记，$a,b,c,d,x,y,z$都可以是$0$

就是这个$0$的原因，导致了爷的浮点错误

所以，赛后，化身诸葛亮，直接$if-else$选择结构大师上线
①：$d=0$，此时$x=y=z=0$是一组解，$YES$
②：$d\ne 0,a=b=c=0$，$x,y,z$无解，$NO$
③：$a,b,c$有且只有一个为$0$，假设为$T$，则直接判断$T|d$
能整除，$YES$，否则，$NO$
④：$a,b,c$有且只有两个为$0$，假设为$S,T$
该情况即为一般形式的$Ax+By=C$，$exgcd$直接搞就van事
⑤：$a\times b\times c\ne 0$
这个情况什么意思呢？就是在上面三元一次转二元一次最后判断$z$是否有解的时候
$z$可能等于$0$，那么就需要满足$gcd(a,b)|d$即可

具体详见代码——

code

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define ll long longvoid exgcd( ll a, ll b, ll &d, ll &x, ll &y ) {if( ! b ) d = a, x = 1, y = 0;else {exgcd( b, a % b, d, y, x );y -= x * ( a / b );}
}int main() {int T;ll a, b, c, d;scanf( "%d", &T );while( T -- ) {scanf( "%lld %lld %lld %lld", &a, &b, &c, &d );if( ! d ) {printf( "YES\n" );continue;}if( ! a && ! b && ! c ) {printf( "NO\n" );continue;}if( ! a && ! b ) {if( d % c ) printf( "NO\n" );else printf( "YES\n" );continue;}if( ! a && ! c ) {if( d % b ) printf( "NO\n" );else printf( "YES\n" );continue;}if( ! b && ! c ) {if( d % a ) printf( "NO\n" );else printf( "YES\n" );continue;}bool flag = 1;ll gcd, x, y;exgcd( max( a, b ), min( a, b ), gcd, x, y );if( a && b && ( d % gcd == 0 || ( d - c ) % gcd == 0 ) ) flag = 0;exgcd( max( a, c ), min( a, c ), gcd, x, y );if( a && c && ( d % gcd == 0 || ( d - b ) % gcd == 0 ) ) flag = 0;exgcd( max( b, c ), min( b, c ), gcd, x, y );if( b && c && ( d % gcd == 0 || ( d - a ) % gcd == 0 ) ) flag = 0;if( ! flag ) printf( "YES\n" );else printf( "NO\n" );}return 0;
}

T2：牛牛的猜数游戏

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这道题刚开始做的时候，真的没想到怎么做，就敲了个暴力30pts，后两道做不动的时候，又跑回来康康，这一瞅不得了，直接干翻这道题

分享一下我的心路历程吧
看到一个区间$[l,r]$的时候，脑海里常见的套路就应该出来
·线段树、树状数组
·差分$S(r)-S(l-1)$，时常伴随着从小到大排序操作

此题也不例外，我第一眼就往差分上面靠
企图通过$S(r)-S(l-1)$再排序搭配树状数组，线性求解
用$map，hash$保存杯子的排列

但是不出十秒，我就把自己扼杀在摇篮里了
因为这个杯子之间的排列似乎不支持减法直接求解

此时最明智的方法——暴力跑路

过了一个小时后，回来，就突然——心灵感应吧，我就觉得这道题在诱惑未成年犯罪
题面全身上下都充斥了——“我很简单，快来做我”

我一直没有放下差分的想法，我认为差分是肯定可以的！

于是，我开始手玩一波数据，$l-1$，$r$的杯子排列方式进行对比

惊奇发现，这个差分似乎可以从下标方面入手！！我不应该执着于具体的球不放
假设操作到$l-1$后的情况：$1,5,3,2,4$
然后操作到$r$后的情况：$2,3,4,5,1$
看似没啥关联，实则暗藏玄机——抛开对实际的球的执念
发现对于$l-1$的第一个位置的球不管是不是$1$，在$r$的时候都会出现在最后一个位置上！！
所以！！只需要线性跑$[1,i]$操作后的球的排列
然后对于每一次查询$[l,r]$，就去找$l-1,r$之间的对应关系，将其应用在最初始的有序排列上
不就刚好相当于把$[1,l-1]$之间的交换操作影响去掉了吗

code

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define MAXN 100005
struct node {int l, r;
}opt[MAXN], query[MAXN];
int n, m, cnt;
int base[15], p[15];
int f[MAXN][15];int main() {scanf( "%d %d", &n, &m );for( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf( "%d %d", &opt[i].l, &opt[i].r );for( int i = 1, l, r;i <= m;i ++ )scanf( "%d %d", &query[i].l, &query[i].r );for( int i = 0;i <= 9;i ++ )f[0][i] = base[i] = i;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {swap( base[opt[i].l], base[opt[i].r] );for( int j = 0;j <= 9;j ++ )f[i][j] = base[j];}for( int i = 1;i <= m;i ++ ) {int l = query[i].l, r = query[i].r;for( int j = 0;j <= 9;j ++ )for( int k = 0;k <= 9;k ++ )if( f[l - 1][j] == f[r][k] ) {p[k] = j;break;}for( int j = 0;j < 9;j ++ )printf( "%d ", p[j] );printf( "%d\n", p[9] );}return 0;
}

T3：牛牛的凑数游戏

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一. 首先10pts的暴力，肯定是基本功过硬，前缀和能拿到
暴力yyds！！

二. 比赛时，我对【输入的$a_i$​为$2$的非负整数幂】这个暴力分有很大的想法
因为每个数都有对应的二进制，意思就是如果$2$的每一个幂都被包含在区间里的话，每两个幂之间的数都可以被凑出来
但是我发现自己的时间复杂度$O(n^{2}logn)$

牛客的出题人真的蛮良心的了，这两个部分分的思路组合起来，差不多就是正解那个方向了

通过第一个暴力的前缀和可得
$[1,i]$的$a$值和$+1$如果小于$a_{i+1}$，那么$({\sum }_{i=1}^i{a}_i)+1$肯定是凑不出来的

所以我们进行以下操作
假设上一个可能答案是$last$，且小于等于$last$的所有数都能被凑出来
求和所有$a[i]\le last$，记为$S$
下一个可能答案$sum=last+1$，求和所有$a[i]\le sum$，记为$T$
如果$S=T$，则表明$sum$无法被凑出来
每一次都把$T$置为上一次的答案$last=T,sum=last+1$
发现$sum$的取值是不断增大的，$log$级别

（可能你懵了，但是没瓜系，直接看代码一下子就懂了！）

可以采取可持久化$trie$树，把$a_i$拆分成二进制存储

code

#include <cstdio>
#define ll long long
#define MAX 1000000000
#define MAXN 100005
struct node {int l, r;ll sum;
}trie[MAXN * 40];
int n, m, cnt;
int root[MAXN], bit[40];
ll a[MAXN];void hex( ll x ) {if( x > MAX ) x = MAX + 1;//a[i]<=1000000000，x只是用来查询所有<=x的a值和，所以不用设得特别大for( int i = 30;~ i;i -- ) bit[i] = ( x >> i ) & 1;
}void insert( int &now, int pre, int id, int w ) {trie[now = ++ cnt] = trie[pre];if( id < 0 ) { trie[now].sum += w; return; }if( ! bit[id] ) insert( trie[now].l, trie[pre].l, id - 1, w );else insert( trie[now].r, trie[pre].r, id - 1, w );trie[now].sum = trie[trie[now].l].sum + trie[trie[now].r].sum;
}ll query( int now, int id ) {if( id < 0 || ! now ) return trie[now].sum;if( ! bit[id] ) return query( trie[now].l, id - 1 );else return trie[trie[now].l].sum + query( trie[now].r, id - 1 );
}int main() {scanf( "%d %d", &n, &m );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {scanf( "%lld", &a[i] );hex( a[i] );insert( root[i], root[i - 1], 30, a[i] );}for( int i = 1, l, r;i <= m;i ++ ) {scanf( "%d %d", &l, &r );ll last = 0, ans = 1;while( 1 ) {hex( ans );ll tmp = query( root[r], 30 ) - query( root[l - 1], 30 );if( tmp == last ) { printf( "%lld\n", ans ); break; }last = tmp, ans = tmp + 1;}}return 0;
}