T1.fuction
吐槽一波错误拼写。
跟考场思路差不多，只不过细节挺多的呢。
判掉a=0,b=0,c=0的几种组合，还有负数的情况要打标记特殊处理。
然后就是一个拓欧啦，先求出g=gcd(a,b)，顺便求出ax+by=g的x和y，然后根据裴蜀定理（或者是直觉），我们知道ax+by可以以g为长度遍历数轴，要是c%g!=0，那就无解了。
然后是可以整除的情况，就把x和y乘以d=c/g，这样就求出了ax+by=c的一组x和y了，定x为较小的数，把x补到正，同时y跟着减，要是x刚好到正，y已经负了，那就是无解。
还有，此时如果a和b是一正一负的，是无穷多解的，因为可以正负系数同时不断扩大。
然后剩下的情况，就是x和y都是正整数啦，此时为了满足ax+by=c，考虑有多少种等价情况，也就是x加上一个sa*x，y就得减去一个sb*y，显然sa=lcm(a,b)/a=b/g，同理sb=a/g
因为x是增大的，y是减小的，我们只需要判断y能减多少个sb就可以啦。
#include<iostream> #include<cstdio> #define NON puts("0"),0 #define INF puts("ZenMeZheMeDuo"),0 using namespace std;const int MAX=65535;inline int rd(){int ret=0,f=1;char c;while(c=getchar(),!isdigit(c))f=c=='-'?-1:1;while(isdigit(c))ret=ret*10+c-'0',c=getchar();return ret*f; }typedef long long ll;ll exgcd(ll A,ll B,ll &x,ll &y){if(!B) return x=1,y=0,A;ll ret=exgcd(B,A%B,y,x);y-=A/B*x;return ret; }ll T,a,b,c;int solve(){a=rd();b=rd();c=rd();bool fa=0,fb=0;if(a<=0&&b<=0) a=-a,b=-b,c=-c;if(!a)if(c%b==0&&c/b>0) return INF;else return NON;if(!b)if(c%a==0&&c/a>0)return INF;else return NON;if(a==0&&b==0)return c?NON:INF;if(a==1&&b==1)return c>MAX-1?INF:printf("%lld\n",c-1);if(a<0) fa=1,a=-a;if(b<0) fb=1,b=-b;if(a+b==c)return puts("1"),0;ll x,y;ll g=exgcd(a,b,x,y);if(c%g) return NON;ll d=c/g;x*=d;y*=d;if(fa) a=-a,x=-x;if(fb) b=-b,y=-y;ll sa=b/g,sb=a/g;if(a*b<0) return INF;ll t=x/sa-1;if(x%sa==0) t--;x-=t*sa;y+=t*sb;if(x>sa) x-=sa,y+=sb;if(y<=0) return NON;ll ans=y/sb+(y%sb!=0);if(ans>MAX) return INF;printf("%lld\n",ans);return 0; }int main(){T=rd();while(T--) solve();return 0; }
T2.coloration
树形DP，提供了一种好的思路。
涉及考虑树上点对的题，与其O(n^2)地考虑任意两点的关系，不如考虑每条边的贡献。
本题中，对于一条边e，它的边权为w，其贡献为 (左侧黑点*右侧黑点+左侧白点*右侧白点)*w
设f[i][j]为以i为根的子树中选取j个黑点的最大贡献，转移时逐个合并子树，用一个g数组先跑一次背包，再添加进f状态。
复杂度O(n^2)，卡好边界。
注意int到long long要乘一个1ll
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>using namespace std;const int MAXN=2048;inline int rd() {int ret=0,f=1;char c;while(c=getchar(),!isdigit(c))f=c=='-'?-1:1;while(isdigit(c))ret=ret*10+c-'0',c=getchar();return ret*f;
}struct Edge {int next,to,w;
} e[MAXN<<1];
int ecnt,head[MAXN];
inline void add(int x,int y,int w) {e[++ecnt].to = y;e[ecnt].next = head[x];e[ecnt].w = w;head[x] = ecnt;
}int n,m;
long long f[MAXN][MAXN],g[MAXN];
int siz[MAXN];
int dfs(int x,int pre) {siz[x]=1;for(int i=head[x]; i; i=e[i].next) {int v=e[i].to;if(v==pre) continue;memset(g,0,sizeof(g));dfs(v,x);for(int j=min(m,siz[x]); j>=0; j--)for(int k=min(m-j,siz[v]); k>=0; k--)g[j+k]=max(g[j+k],f[x][j]+f[v][k]+((k*(m-k)+(siz[v]-k)*(n-m-siz[v]+k))*1ll*e[i].w));for(int j=0; j<=m; j++)f[x][j]=g[j];siz[x]+=siz[v];}
}int main() {n=rd();m=rd();int x,y,w;for(int i=1; i<=n-1; i++) {x=rd();y=rd();w=rd();add(x,y,w);add(y,x,w);}dfs(1,0);cout<<f[1][m];
} T3.ray
神题，正解居然是模拟。
考场写了四类分类讨论，预期得分60，实际扣了一些？可能是写挂了一部分的原因。
考场想到了离散化存储，二分查找，但是突然觉得这样会多一个log，感觉最差情况的状态数是n^2的，非常不可做，就用一个二维数组直接存了。
事实上，是可以离散化存的，这样就有70分啦。（实际复杂度确实是O(nmlogn)）
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstdio>
#include<vector>using namespace std;const int MAXN=100005;inline int rd(){int ret=0,f=1;char c;while(c=getchar(),!isdigit(c))f=c=='-'?-1:1;while(isdigit(c))ret=ret*10+c-'0',c=getchar();return ret*f;
}vector<int> V[MAXN];bool vis[MAXN];
inline bool vaild(int x,int y){return !binary_search(V[x].begin(),V[x].end(),y);}
inline void add(int x,int y){vis[x]=1;V[x].push_back(y);} int n,m,lim,stx,sty,stdir;const int dx[5]={0,-1,-1,1,1};
const int dy[5]={0,1,-1,1,-1};int main(){n=rd();m=rd();lim=rd();int x,y;for(int i=1;i<=lim;i++){x=rd();y=rd();add(x,y);}for(int i=0;i<=n+1;i++){add(i,0);add(i,m+1);}for(int i=0;i<=m+1;i++){add(0,i);add(n+1,i);}stx=rd();sty=rd();string s;cin>>s;if(s=="NE") stdir=1;if(s=="NW") stdir=2;if(s=="SE") stdir=3;if(s=="SW") stdir=4;for(int i=1;i<=100000;i++) if(vis[i]) sort(V[i].begin(),V[i].end());//nlogn is better :)int cur,nx,ny,t1,t2;long long cnt=0;x=stx;y=sty;cur=stdir;bool db=0;while(cnt==0||x!=stx||y!=sty||cur!=stdir){nx=x+dx[cur];ny=y+dy[cur];cnt++;if(vaild(nx,ny)){x=nx;y=ny;continue;}switch(cur){case 1:{t1=vaild(nx,ny-1);t2=vaild(nx+1,ny);if(!(t1^t2)){db=1;cur=4;continue;}if(!t1){y++;cur=3;continue;}if(!t2){x--;cur=2;continue;}break;}case 2:{t1=vaild(nx+1,ny);t2=vaild(nx,ny+1);if(!(t1^t2)){db=1;cur=3;continue;}if(!t1){x--;cur=1;continue;}if(!t2){y--;cur=4;continue;}break;}case 3:{t1=vaild(nx,ny-1);t2=vaild(nx-1,ny);if(!(t1^t2)){db=1;cur=2;continue;}if(!t1){y++;cur=1;continue;}if(!t2){x++;cur=4;continue;}break;}case 4:{t1=vaild(nx-1,ny);t2=vaild(nx,ny+1);if(!(t1^t2)){db=1;cur=1;continue;}if(!t1){x++;cur=3;continue;}if(!t2){y--;cur=2;continue;}break;}}}if(db) cnt>>=1;cout<<cnt<<endl;return 0;
} 正解是这样的，我们不去考虑每一步怎么走，而是考虑沿着这个方向可以到达哪里（哪个反射点）。
反射点的位置是可以计算的，可以证明，反射的次数是O(n+m+k)级别的，再加上关于k个限制的二分，总复杂度在O((n+m+k)logk)，可以接受！
对于先后经过的两个反射点u,v，它们一定处于一个正方形对角线上，所以其距离就是切比雪夫距离。
所以，现在就要快速地找到某条对角线上下次出现的点了，怎么做呢？
对于左上到右下对角线上的点(x,y)，x-y是一个定值，与在第几条有关。
同理，对于右上到左下的，x+y是一个定值，可以唯一代表第几条对角线。
因此，我们重新将坐标分别写为(x+y,x),(x-y,x)，这即保留了原始的坐标信息（可以O(1)算出），还可以通过把第一维作为第一关键字，使得排序后一条对角线在一个连续区间，第二维递增。
这样就可以迅速二分出下一个障碍物啦，很快地就可以算出了。
顺便学到了切比雪夫距离（好像有人讲过诶，忘记了..），可以方便地把坐标系旋转45°并放缩sqrt(2)倍。
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;inline int rd() {int ret=0,f=1;char c;while(c=getchar(),!isdigit(c))f=c=='-'?-1:1;while(isdigit(c))ret=ret*10+c-'0',c=getchar();return ret*f;
}// "CBSV" == "Chebyshev" :)
struct CBSV {int fi,se;CBSV(int X,int Y) {fi=X;se=Y;}bool operator<(const CBSV &rhs) const {return rhs.fi==fi?se<rhs.se:fi<rhs.fi;}
};int n,m,lim;
long long ans;
int sx,sy,sdx,sdy;
int cur,dir,dx,dy,db=0;vector<CBSV> V[2];
vector<CBSV>::iterator it;inline void add(int x,int y) {V[0].push_back(CBSV(x-y,x));V[1].push_back(CBSV(x+y,x));
}void work(int &x,int &y) {dir=(dx!=dy);CBSV now=dir?CBSV(x+y,x):CBSV(x-y,x);it=upper_bound(V[dir].begin(),V[dir].end(),now);while(it->fi!=now.fi) it--;if(dx<0) while(it->se>=x) it--;ans+=abs(x-it->se)-1;x=it->se;y=dir?it->fi-x:x-it->fi;int u=binary_search(V[0].begin(),V[0].end(),CBSV(x-y-dx,x-dx));int v=binary_search(V[0].begin(),V[0].end(),CBSV(x-y+dy,x));if(u==v )db=1,dx*=-1,dy*=-1;else if(u) x-=dx,dy*=-1;else if(v) y-=dy,dx*=-1;
}int main() {n=rd();m=rd();lim=rd();int x,y;for(int i=1; i<=lim; i++) {x=rd();y=rd();add(x,y);}for(int i=0; i<=n+1; i++) add(i,0),add(i,m+1);for(int i=0; i<=m+1; i++) add(0,i),add(n+1,i);sort(V[0].begin(),V[0].end());sort(V[1].begin(),V[1].end());char s[50];x=rd();y=rd();scanf("%s",s);dx=s[0]=='N'?-1:1;dy=s[1]=='W'?-1:1;work(x,y);ans=0;sx=x;sy=y;sdx=dx;sdy=dy;do work(x,y);while(!(x==sx&&y==sy&&dx==sdx&&dy==sdy));printf("%lld",db?(ans>>1):ans);
}
