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review 9.29 viv 逃命 & 递归数列
T1
逃命
survive
Time Limit: 1 Sec Memory Limit: 32768 K
Description
糟糕的事情发生啦，现在大家都忙着逃命。但是逃命的通道很窄，大家只能排成一行。
现在有n个人，从1标号到n。同时有一些奇怪的约束条件，每个都形如：a必须在b之前。
同时，社会是不平等的，这些人有的穷有的富。1号最富，2号第二富，以此类推。有钱人就贿赂负责人，所以他们有一些好处。
负责人现在可以安排大家排队的顺序，由于收了好处，所以他要让1号尽量靠前，如果此时还有多种情况，就再让2号尽量靠前，如果还有多种情况，就让3号尽量靠前，以此类推。
那么你就要安排大家的顺序。我们保证一定有解。
Input
第一行一个整数T(1 <= T <= 5),表示测试数据的个数。
然后对于每个测试数据，第一行有两个整数n(1 <= n <=30000)和m(1 <= m <= 100000)，分别表示人数和约束的个数。
然后m行，每行两个整数a和b，表示有一个约束a号必须在b号之前。a和b必然不同。
Output
对每个测试数据，输出一行排队的顺序，用空格隔开。
Sample Input
1
5 10
3 5
1 4
2 5
1 2
3 4
1 4
2 3
1 5
3 5
1 2
Sample Output
1 2 3 4 5
题目来源：LOI队内互水（nue） 版权所有：vivym
正解：
这个题显然是个变化过之后的图论。
这个题不知道为什么当时就想到了拓扑，没错，这个题真的是拓扑。
但是，这个题要求序号小的尽量靠前，很容易想到的方法是把每一个限制（a在b前面）建成一条a到b的边，然后进行拓扑，先出来的在前面。
但是，这样做是不正确的。
当时为什么我忘记了~~好像随便给了个2 1 3 的数据就卡死了~~
正解是反向建图，然后拓扑，这样就会倒序存在一个数组里面了，再倒序输出就好了。
下面是vivym的std
1 #include <cstdio> 2 #include <queue> 3 #include <vector> 4 #include <cstring> 5 using namespace std; 6 7 const int maxn = 30000 + 5; 8 9 inline void scan(int &x)10 {11 char c; for(c = getchar();c < ‘0‘ || c > ‘9‘;c = getchar()); x = c - ‘0‘;12 for(c = getchar();c >= ‘0‘ && c <= ‘9‘;c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + c - ‘0‘;13 }14 15 vector<int> G[maxn];16 int deg[maxn],N,M,ans[maxn],an;17 18 inline void solve()19 {20 priority_queue<int> Q;21 for(int i = 1;i <= N;i ++) if(!deg[i]) Q.push(i);22 while(!Q.empty())23 {24 int u = Q.top(); Q.pop();25 int sz = G[u].size();26 for(int i = 0;i < sz;i ++)27 {28 int v = G[u][i];29 if(-- deg[v] == 0) Q.push(v);30 }31 ans[an ++] = u;32 }33 }34 35 int main()36 {37 freopen("survive.in","r",stdin); freopen("survive.out","w",stdout);38 int T,u,v; scan(T);39 while(T --)40 {41 an = 0;42 memset(deg,0,sizeof deg);43 scan(N),scan(M);44 for(int i = 1;i <= N;i ++) G[i].clear();45 while(M --) scan(u),scan(v),G[v].push_back(u),deg[u] ++;46 solve();47 for(int i = an - 1; i ;i --) printf("%d ",ans[i]);48 printf("%d\n",ans[0]);49 }50 return 0;51 }52 //by vivym
T2
递归数列
spp
Time Limit: 1 Sec Memory Limit: 256 MB
Description
一个由自然数组成的数列按下式定义：
对于i <= k：ai= bi
对于i > k: ai = c1ai-1+ c2ai-2 + ... + ckai-k
其中bj和 cj （1<=j<=k）是给定的自然数。写一个程序，给定自然数m <= n, 计算am + am+1 + am+2 + ... + an,并输出它除以给定自然数p的余数的值。
Input
由四行组成。
第一行是一个自然数k。
第二行包含k个自然数b1, b2,...,bk。
第三行包含k个自然数c1, c2,...,ck。
第四行包含三个自然数m, n, p。
Output
仅包含一行：一个正整数，表示(am + am+1+ am+2 + ... + an) mod p的值。
Sample Input
2
1 1
1 1
2 10 1000003
Sample Output
142
HINT
对于100%的测试数据：
1<= k<=15
1 <= m <= n <= 10^18
我不会，看std吧。
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 using namespace std; 4 5 typedef long long LL; 6 const int maxK = 15 + 2; 7 8 LL N,M,P; 9 10 struct Mat11 {12 LL a[maxK][maxK],n;13 Mat(int n,LL x = 0) : n(n) { memset(a,0,sizeof(a)); for(int i = 0;i < n;i ++) a[i][i] = x; }14 inline Mat operator * (const Mat &b) const15 {16 Mat c(n);17 for(int i = 0;i < n;i ++)18 for(int j = 0;j < n;j ++)19 for(int k = 0;k < n;k ++)20 (c.a[i][j] += (a[i][k] * b.a[k][j]) % P) %= P;21 return c;22 }23 };24 25 inline Mat pow(Mat a,LL b)26 {27 Mat c(a.n,1);28 for(; b ;b >>= 1)29 {30 if(b & 1) c = c * a;31 a = a * a;32 }33 return c;34 }35 36 inline void scan(int &x)37 {38 char c; for(c = getchar();c < ‘0‘ || c > ‘9‘;c = getchar()); x = c - ‘0‘;39 for(c = getchar();c >= ‘0‘ && c <= ‘9‘;c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + c - ‘0‘;40 }41 42 inline void scan(LL &x)43 {44 char c; for(c = getchar();c < ‘0‘ || c > ‘9‘;c = getchar()); x = c - ‘0‘;45 for(c = getchar();c >= ‘0‘ && c <= ‘9‘;c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + c - ‘0‘;46 }47 48 int K;49 LL B[maxK],C[maxK];50 51 inline LL getans(LL p)52 {53 Mat x(K + 1); LL sum = 0,ret = 0;54 if(p <= K)55 {56 for(LL i = 0;i < p;i ++) (ret += B[i]) %= P;57 return ret;58 }59 x.a[0][0] = 1;60 for(int i = 1;i <= K;i ++) x.a[1][i] = x.a[0][i] = C[i - 1];61 for(int i = 2;i <= K;i ++) x.a[i][i - 1] = 1;62 x = pow(x,p - K);63 for(int i = 0;i < K;i ++) (sum += B[i]) %= P;64 ret = (x.a[0][0] * sum) % P;65 for(int i = 1;i <= K;i ++) (ret += x.a[0][i] * B[K - i] % P) %= P;66 return ret;67 }68 69 int main()70 {71 freopen("spp.in","r",stdin); freopen("spp.out","w",stdout);72 scan(K);73 for(int i = 0;i < K;i ++) scan(B[i]);74 for(int i = 0;i < K;i ++) scan(C[i]);75 scan(M); scan(N); scan(P);76 for(int i = 0;i < K;i ++) B[i] %= P,C[i] %= P;77 printf("%lld",(getans(N) - getans(M - 1) + P) % P);78 fclose(stdin); fclose(stdout);79 return 0;80 }
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