2018提高組模擬9
—————————————————————————————————————————20181004
（woj4036）
【模擬||數論】
描述給定乙個k(2<=k<=16)進製數a，判斷a是否能被k-1整除。
輸入第一行是乙個整數t（1<=t<=50），表示測試點數量。
對於每組資料，第一行乙個整數k，表示進製。
第二行乙個k進製數，表示a。保證a是合法的k進製數，沒有前導0，且只由』0』-『9』、』a』-『f』構成。
輸出如果a可以被k-1整除，輸出」yes」，否則輸出」no」。
樣例輸入216
2d10
19樣例輸出
yesno
提示對於40%的資料，a的長度不超過5。
對於100%的資料，a的長度不超過100000。
像十進位制的除法的豎式一樣模擬就好了
當然還有一種神奇做法：
描述在成都某中學有m個男生與n個女生排隊，這個學校的女生比較古怪，從某個位置（包含這個位置）開始往前數，男生的數量超過了女生的數量，女生會感覺不安全，於是會大叫起來，為了構建和諧校園，安排隊伍時應該避免這樣的情況。請你計算出不會引發尖叫的排隊方案的概率。（排隊方案不同定義：當且僅當某個某個位置人不一樣，如男生a、男生b ，與男生b、男生a ，2個排列是不同方案）
輸入第一行1個整數, 表示測試資料的組數。
每個資料 有兩個數 n,m（n個女生，m個男生）
輸出對於每組資料,輸出乙個實數（保留到小數點後 6 位）
樣例輸入
31 0
0 11 1
樣例輸出
1.000000
0.000000
0.500000
提示【 hint】
第一組：只有乙個女生，一種方案且可行
第二組：只有1個男生，一種方案且不行
第三組：兩種方案 女、男可行，男、女不可行，可行概率0.5
【資料規模】
30%的資料： (測試組數<=10),(0<=n,m<=1000).
100%的資料： (測試組數=9008 )， ( 0<=n,m<=20000 ).
數學找規律
先打乙個暴利程式，然後小資料輸入看結果，很有規律的！！
暴力程式：
#include#includeusing namespace std;
inline int read()
return x;
}int t,a,b;
int dfs(int now,int g,int bo)
printf("%lf\n",1ll*dfs(1,0,0)*bb(a)*bb(b)*1.000000/bb(a+b));
} return 0;
}
可以將原問題轉化一下，看成是在乙個二維平面上行走，女生看成移動(1,0)，男生看成移動(0,1)，
那麼到達(n,m)點且路線又不走到y=x 這條直線上方的路線總數就是答案，
這個組合問題很經典，方案數為 c(m+n,m)-(m+n,m-1),所以可以知道答案就是1-m/(n+1)
#include#includeusing namespace std;
inline int read()
return x;
}int t,a,b;
int main()
printf("%.6lf\n",(double)(a-b+1)/(double)(a+1));
} return 0;
}
（tarjan無向圖邊雙連通分量+樹形dp）
描述l因為業務繁忙，經常會到處出差。因為他是航空公司的優質客戶，於是某個航空公司給了他乙個優惠券。
他可以利用這個優惠券在任何乙個國家內的任意城市間免費旅行，當他的路線跨國才會產生費用。l有乙個航空公司的**表與航線。而且每個城市出發都能到所有的城市，2個城市間可能有不止乙個航班，乙個國家內的2個城市間一定有不同的路線，但是不同國家的城市間只有一條路線。l想知道從每個城市出發到產生費用最多的城市，不過你不能重複在乙個航班上飛來飛去產生費用，必須沿最少的費用路線飛行
輸入第一行，兩個整數 n,m，表示n 個城市， m 條航線。
接下來 m 行，每行三個整數 a,b,c，表示城市 a,b 之間有一條費用為 c 的航線。
輸出共 n 行，第 i 行為從城市 i 出發到達每個城市額外費用的最大值。
樣例輸入
6 61 4 2
1 2 6
2 5 3
2 3 7
6 3 4
3 1 8
樣例輸出44
4677
提示【解釋】
有四個國家，包含的城市分別為 ,,,。
從城市 1 出發到達城市 6，乘坐(1,3)(3,6)兩個航班費用最大，(1,3)在國內為免費航班， (3,6)的費用為 4，所以從 1 出發的最大費用為 4。
【資料規模】
對於 40%的資料 1<=n<=1000,1<=m<=1000
對於 100%的資料 1<=n<=20000,1<=m<=200000
先用無向圖邊雙連通分量縮點，再用乙個樹形dp就好了
方案一：
兩次dfs/樹形dp求直徑的2個端點a,b，
則 x到最遠距離的距離是 max(dis(x,a),dis(x,b))
方案二：
樹形dp換根法
記錄每乙個點向下的最大值與次大值
對於每乙個點，需求的最大答案就是：
從父親走到自己的兄弟，或從父親走到自己的祖父，或由自己走到自己的兒孫
縮點，重新建邊後，不一定是樹
因為兩個國家中電的多個城市可能與另乙個國家的多個城市都有邊！！！！！！！！！！！！！！！！！
不過，vis陣列可以解決…………
~~~~(>_
~~~~(>_
~~~~(>_
#include#include#include#include#includeusing namespace std;
inline int read()
while(isdigit(c))
return x*f;
}struct edgee[400010],a[400010];
int first[20010],first2[20010],cnt=1,cn=0;
inline void add(int u,int v,int w)
inline void add2(int u,int v,int w)
int n,m;
int dfn[20010],low[20010],tot=0,vis[20010],dcc[20010],siz=0;
stacks;
void tarjan(int x,int in)
else if(i!=(in^1)&&vis[y])
} if(dfn[x]==low[x]) }}
int dis1[20010],dis2[20010],mx=0,roota,rootb,vis1[20010],vis2[20010];
void dfs1(int x,int fa)
dfs1(y,x); }}
void dfs2(int x,int fa)
dfs2(y,x); }}
void dfs3(int x,int fa)
}int ans[20010];
int main()
tarjan(1,0);
for(int i=2,u,v;i<=cnt;i++)
dfs1(1,0);
mx=0;dis1[roota]=0;
memset(vis1,0,sizeof(vis1));
dfs2(roota,0);
dfs3(rootb,0);
for(int i=1;i<=siz;i++)
dis1[i]>dis2[i]?ans[i]=dis1[i]:ans[i]=dis2[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%d\n",ans[dcc[i]]);
return 0;
}
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