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  • 题目:...10^10000 太大了,高精度也很难做,怎么办? 注意我们要求的是方程的 = 0 的解,不妨在取模意义下做,因为真正使方程 = 0 的解在模意义下也是 0; 然后可以用秦九韶算...

    题目:https://www.luogu.org/problemnew/show/P2312

    https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3751

    10^10000 太大了,高精度也很难做,怎么办?

    注意我们要求的是方程的值 = 0 的解,不妨在取模意义下做,因为真正使方程 = 0 的解在模意义下也是 0;

    然后可以用秦九韶算法,O(n) 算每个枚举的答案;

    避免出错要多对几个数取模,就像哈希时有多个模数一样;

    据说模数大小在 2e4 左右比较好;

    模数多了会 T,少了会错,最后取了5个才勉强过去;

    考试时遇到这种题怎么估计...

    代码如下:

    #include<iostream>
    #include<cstdio>
    #include<cstring>
    #include<algorithm>
    using namespace std;
    typedef long long ll;
    int const maxn=105,maxm=1e6+5;
    int n,m,a[10][maxn],p[10]={0,29501,18919,15671,30271,24443};
    int pri[maxm],cnt,ans[maxm],c=5;
    bool vis[maxm],fl[10][200005];
    int main()
    {
      scanf("%d%d",&n,&m);
      for(int i=0;i<=n;i++)
        {
          int f=1; char ch=getchar();
          while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1; ch=getchar();}
          while(ch>='0'&&ch<='9')
        {
          for(int k=1;k<=c;k++)
            a[k][i]=(a[k][i]*10+ch-'0')%p[k];
          ch=getchar();
        }
          for(int k=1;k<=c;k++)a[k][i]=(a[k][i]*f+p[k])%p[k];//!
        }
      int cnt=0;
      for(int k=1;k<=c;k++)
        for(int x=1;x<p[k]&&x<=m;x++)//
        {
          int ret=0;
          for(int i=n;i>=0;i--)ret=((ll)ret*x%p[k]+a[k][i])%p[k];
          if(ret)fl[k][x]=1;
        }
      for(int i=1;i<=m;i++)
        {
          bool flag=0;
          for(int k=1;k<=c;k++)if(fl[k][i%p[k]]){flag=1; break;};
          if(!flag)ans[++cnt]=i;
        }
      printf("%d\n",cnt);
      for(int i=1;i<=cnt;i++)printf("%d\n",ans[i]);
      return 0;
    }

     

    转载于:https://www.cnblogs.com/Zinn/p/9643330.html

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  • 洛谷 P1073 最优贸易

    2019-10-01 03:43:40
    先吐槽一下,因为本人弱,狂肝4.5小时才A掉.要是在考场上不就废了 本题拿过来,很明显的贪心思路就是在每条1到n的路径上找最大和最小值,然后做差维护答案. 然而这样是不对,因为有可能对于一条路径,最小值在最大...

    题目传送门

    解题思路:

    先吐槽一下,因为本人太弱,狂肝4.5小时才A掉.要是在考场上不就废了

    本题拿过来,很明显的贪心思路就是在每条1到n的路径上找最大和最小值,然后做差维护答案.

    然而这样是不对,因为有可能对于一条路径,最小值在最大值后面出现,而这样这条路径上的答案明显不是它们的差值.

    怎么办呢? 答案就是我们可以对于每个点,注意是每个"点",找1到这个点路径上的最小值,这个点到n的最大值,作差,这样至少对于这个点来说是最优解.

    然后对于所有在1到n路径上的点的差维护最大值即可.

    还有一个问题,我们怎样知道哪些点能从1到这个点然后再走到n呢?

    当然从1走到当前点好办,直接遍历即可.那n呢,怎么办?其实只要反过来一想,把n想象成1,倒着便利一遍这个图就行.

    所以,综上所述,只要正着跑一遍SPFA,反着跑一遍SPFA,然后维护答案即可.

    注意:

    1.因为要跑两遍SPFA,所以我们要正着,反着存两遍图

    2.正着的SPFA是求最小值,而反着的SPFA是求最大值.

    AC代码:

      1 #include<cstdio>
      2 #include<iostream>
      3 #include<cstring>
      4 #include<queue>
      5 #include<algorithm>
      6 #include<limits.h>
      7 
      8 using namespace std;
      9 
     10 queue<int > l1,l2;
     11 int a1,bn,n,m,a[100001],head[100001],tot,head1[100001],_tot,dist[100001],b[100001],dist1[100001]; 
     12 bool p[100001];
     13 struct kkk {
     14     int next,to,v;
     15 }e[500001],e1[500001];
     16 
     17 inline void add(int x,int y) {
     18     e[++tot].to = y;
     19     e[tot].next = head[x];
     20     e[tot].v = a[y];
     21     head[x] = tot;
     22 }
     23 
     24 inline void add1(int x,int y) {
     25     e1[++_tot].to = y;
     26     e1[_tot].next = head1[x];
     27     e1[tot].v = b[y];
     28     head1[x] = _tot;
     29 }
     30 
     31 inline void spfa_first_time(int s) {
     32     memset(dist,0x3f,sizeof(dist));
     33     memset(p,0,sizeof(p));
     34     dist[s] = a[s];
     35     l1.push(s);
     36     p[s] = true;
     37     while(!l1.empty()) {
     38         int u = l1.front();
     39         l1.pop();
     40         p[u] = false;
     41         for(int i = head[u];i != -1; i = e[i].next) {
     42             int end = e[i].to;
     43             int len = e[i].v;
     44             if(dist[u] < dist[end] || len < dist[end]) {
     45                 dist[end] = min(dist[u],len);
     46                 if(!p[end]) {
     47                     l1.push(end);
     48                     p[end] = 1;
     49                 }
     50             }    
     51         }
     52     }
     53 }
     54 
     55 inline void spfa_last_time(int s) {
     56     memset(dist1,0x80,sizeof(dist1));
     57     memset(p,0,sizeof(p));
     58     dist1[s] = b[s];
     59     l2.push(s);
     60     p[s] = true;
     61     while(!l2.empty()) {
     62         int u = l2.front();
     63         l2.pop();
     64         p[u] = false;
     65         for(int i = head1[u];i != -1; i = e1[i].next) {
     66             int end = e1[i].to;
     67                int len = e1[i].v;
     68             if(dist1[u] > dist1[end] || len > dist1[end]) {
     69                 dist1[end] = max(dist1[u],len);
     70             if(!p[end]) {
     71                 l2.push(end);
     72                 p[end] = 1;
     73             }}
     74         }
     75     }
     76 }
     77 
     78 bool cmp(int q,int r) {
     79     return q > r;
     80 }
     81 
     82 int main() {
     83     memset(head,-1,sizeof(head));
     84     memset(head1,-1,sizeof(head1));
     85     scanf("%d%d",&n,&m);
     86     for(int i = 1;i <= n; i++) {
     87         scanf("%d",&a[i]);
     88         b[i] = a[i];
     89     }
     90     for(int i = 1;i <= m; i++) {
     91         int x,y,z;
     92         scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
     93         if(z == 1) {
     94             add(x,y);
     95             add1(y,x);
     96         }
     97         if(z == 2) {
     98             add(x,y);
     99             add(y,x);
    100             add1(x,y);
    101             add1(y,x);
    102         }
    103     }
    104     spfa_first_time(1);//正着 
    105     spfa_last_time(n);//反着 
    106     for(int i = 1;i <= n; i++) 
    107         a[i] = dist1[i] - dist[i];
    108     sort(a+1,a+1+n,cmp);
    109     if(a[1] <= 0 || a[1] >= 0x3f3f3f3f) printf("0");
    110     else printf("%d",a[1]);
    111     return 0;
    112 }

    //NOIP2009提高 T3

     

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  • 大学物理-卢德馨序言

    2010-03-19 20:25:56
    渐进的教学原则,不会使学习者产生太大的跳跃和脱节的感觉.本书作者也注 意到学生容易犯错误的地方,例如在教矢量的地方,着重提醒哪些表达式是 非法的,这一细节反映出作者是一位经验丰富的教师.另外全书的篇幅控制...
  • 1.位运算 没啥特别重要的东西,只需要知道有符号的整数是用补码来... b太大怎么办?类似快速幂优化即可. 2.二分and三分 主要用于求特定的答案,即这个答案是能够求出来的,而不是问是否存在,有多少个之类的…… 三...

    1.位运算

    没啥特别重要的东西,只需要知道有符号的整数是用补码来存的,对补码的每一位取反,则数值上 变成-1.

    好题:求 \(a^b\) 对p取模的值,其中\(1≤a,b,p≤10^{18}\)
      分析:将 \(a^b\) 看作b个a相加. b太大怎么办?类似快速幂优化即可.

    2.二分and三分

    主要用于求特定的答案,即这个答案是能够求出来的,而不是问是否存在,有多少个之类的…… 三分法在使用时需要注意:如果在函数中存在一段值相等的部分,三分法就不再适用,事实上出现这种情况也有解决的方法,如果最后确定了左端点l和右端点r,从l到r枚举一遍所有点判断一下答案即可.

    3.平均数问题

    如果解题中出现了n个数的平均数T,将这n个数都减去T,以后与0比较即可. 比如要判断一个区间内的数的平均数是否大于x,那么将这n个数都减去x,然后看操作之后的数的和是否大于0即可.

    4.中位数问题

    如何求中位数?对顶堆!
      经典模型:货仓选址问题.
      上面两个都是书上涉及到的比较简单的处理方法,有些复杂的问题可能会用到减去偏移量与中位数比较等方法.
      减去偏移量这个方法会在以后提到,与中位数比较则是常用的判定中位数是否存在的一种方法. 二分出中位数x,将比二分出的数大的数标为1,小的数标为-1,求序列的最大连续子段和,若大于0,则x可以是原序列的中位数.接着\(l = mid + 1\),继续二分.

    5.逆序对

    归并排序和树状数组都可以求. 一个比较强大的应用是n*m数码的有解性判定.
      \(N×N\)的棋盘,N为奇数时,与八数码问题相同。逆序奇偶同性可互达.
      \(N\)为偶数时,空格每上下移动一次,奇偶性改变。称空格位置所在的行到目标空格所在的行步数为空格的距离(不计左右距离),若两个状态的可相互到达,则有两个状态的逆序奇偶性相同且空格距离为偶数,或者,逆序奇偶性不同且空格距离为奇数数。否则不能。

    6.倍增

    用来加速枚举,替代二分.
      有些题目可以二分,但是在一些极端数据下,二分不如枚举快,这时就可以用倍增来加速枚举,替代二分.举个例子:
      给定一个整数T,求出最大的k,满足\(Σa_i≤T(1≤i≤k)\), 如果T特别小,序列特别长,那么二分就要一步一步缩回来,而倍增则可以从起点一下子找到答案.

    7.贪心

    收益与代价问题,问题规模一般很大,时间不足以支持dp.
      基本策略:在收益最大的前提下让代价尽量最小. 一般涉及到排序,采取决策包容性大的方式排序, 第i次选择时尽量选当前能选到,下一次不一定能选到的.

    8.习题

    https://ac.nowcoder.com/acm/contest/1004

    poj2965 The Pilots Brothers’ refrigerator

    枚举 / 位运算 / 搜索

    https://www.cnblogs.com/RioTian/p/13461765.html

    #include<iostream>
    #include<cstdio>
    #include<cstring>
    using namespace std;
    int main() {
    	char s[5][5];
    	int mark[5][5];
    	int x[20], y[20];
    	memset(mark, 0, sizeof(mark));
    	for (int i = 0; i < 4; i++) cin >> s[i];
    	for (int i = 0; i < 4; i++) {
    		for (int j = 0; j < 4; j++) {
    			if (s[i][j] == '+') {
    				mark[i][j] = !mark[i][j];//下面的操作中,i,j这个位置翻转了操作了两次,等于没操作,所以上边这里再操作一次,这样让这个位置                                                           也被操作了
    				for (int k = 0; k < 4; k++) {
    					mark[i][k] = !mark[i][k];
    					mark[k][j] = !mark[k][j];
    				}
    			}
    		}
    	}
    	int ans = 0;
    	for (int i = 0; i < 4; i++) {
    		for (int j = 0; j < 4; j++) {
    			if (mark[i][j]) {
    				x[ans] = i + 1;
    				y[ans] = j + 1;
    				ans++;
    			}
    		}
    	}
    	printf("%d\n", ans);
    	for (int i = 0; i < ans; i++) printf("%d %d\n", x[i], y[i]);
    	return 0;
    }

    poj2083 Fractal

    递归 / 分形

    #include<iostream>
    using namespace std;
    const int N=749;
    int n;
    char a[N][N];
    void solve(int n,int x,int y){
        if(n==1)a[x][y]='X';
        else
            if(n>1){
                int num=1;
                for(int i=2;i<n;i++)
                    num*=3;
                solve(n-1,x,y);
                solve(n-1,x,y+num*2);
                solve(n-1,x+num,y+num);
                solve(n-1,x+num*2,y);
                solve(n-1,x+num*2,y+num*2);
            }
    }
    int main(){
        while(cin>>n&&n!=-1){
           int num=1;
            for(int i=1;i<n;i++)
                num*=3;
            for(int i=0;i<num;i++)
            {
                for(int j=0;j<num;j++)
                    a[i][j]=' ';
                a[i][num]='\0';
            }
            solve(n,0,0);
            for(int i=0;i<num;i++)
                    printf("%s\n",a[i]);
            printf("-\n");
        }
    }

    poj3714 Raid

    记录一下是哪种类型的点,然后求不同类型的点的最近点对

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    typedef long double ld;
    const int N = 1e5 + 10;
    const int inf = 0x3f3f3f3f;
    int n;
    struct node {
    	int x, y;
    	bool z;
    	bool operator < (const node w) const {
    		return x < w.x;
    	}
    }e[N <<1];
    node a[N], b[N];
    
    double s(node x, node y) {
    	if (x.z == y.z) return inf;
    	return sqrt((ld)(x.x - y.x) * (x.x - y.x) + (ld)(x.y - y.y) * (x.y - y.y));
    }
    
    double s(int l, int r) {
    	if (l == r) return inf;
    	if (l + 1 == r) return s(e[l], e[r]);
    	int mid = (l + r) >> 1;
    	return min(s(l, mid), s(mid, r));
    }
    
    int main() {
    	//freopen("in.txt", "r", stdin);
    	ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    	int t; cin >> t;
    	while (t--) {
    		cin >> n;
    		for (int i = 1; i <= n; ++i)cin >> e[i].x >> e[i].y, e[i].z = 0;
    		for (int i = 1; i <= n; ++i)cin >> e[i + n].x >> e[i + n].y, e[i + n].z = 1;
    		sort(e + 1, e + 2 * n + 1);
    		printf("%.3f\n", s(1, 2 * n));
    	}
    }

    poj1723 Soldiers

    排序 / 中位数 / 货仓选址问题拓展

    问题简述

    有N个士兵,每个士兵开始站的坐标是(x,y),现在使得将N个士兵站在同一个水平线(即所有士兵的y坐标相同)并且x坐标相邻,每个士兵每次可以移动一个位置(分别在x和y方向移动)。求出最少的移动步数。

    问题分析

    这是一个最优化问题,可以使用中位数计算来解决。

    x方向和y方向可以分别来考虑。

    y方向就是一个简单的中位数计算。

    x方向是坐标相邻,可以先将x位置排序,然后往中间靠,也是一个中位数计算问题。x方向分别移动到a+i的位置,那么士兵就相邻了,即x[i]=a+i,那么x[i]-i=a。用中位数来算的话,首先将x方向进行排序,然后让x[i]=x[i]-i,再次排序后求中位数即可。

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    const int N = 10000;
    int x[N], y[N];
    int main() {
        int n; while (cin >> n) {
            for (int i = 0; i < n; i++)
                cin >> x[i] >> y[i];
            sort(x, x + n);
            for (int i = 0; i < n; i++) x[i] -= i;
            sort(x, x + n);
            sort(y, y + n);
            int ans = 0, x_median, y_median;
            if (n % 2 == 1) {
                x_median = x[n / 2];
                y_median = y[n / 2];
            }
            else {
                x_median = (x[n / 2 - 1] + x[n / 2]) / 2;
                y_median = (y[n / 2 - 1] + y[n / 2]) / 2;
            }
            for (int i = 0; i < n; i++)
                ans += abs(x_median - x[i]) + abs(y_median - y[i]);
            cout << ans << endl;
        }
    }

    poj1050 To the Max

    贪心 / DP

    题目大意:给你一个n*n的矩阵,要求找出其中的子矩阵,使个元素的和最大,输出最大值。

    题目分析:

    • 分别把第二行加到第一行求最大子段和,再第三行加到第一行求最大子段和,....,第n行...;
    • 再把第三行,第四行,....,n行 依次加到第二行,分别求最大子段和。
    • 记录过程中的最大值即可。
    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    const int N = 100;
    int g[N][N], ans = -114514;
    int main() {
       // freopen("in.txt", "r", stdin);
        ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
        int n; scanf("%d", &n);
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            for (int j = 1; j <= n; ++j)
                scanf("%d", &g[i][j]);
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            for (int j = 1; j <= n; ++j)
                g[i][j] += g[i][j - 1];
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            for (int j = i; j <= n; ++j) {
                int sum = 0;
                for (int k = 1; k <= n; ++k) {
                    sum += g[k][j] - g[k][i - 1];
                    ans = max(ans, sum);
                    if (sum < 0) sum = 0;
                }
            }
        printf("%d\n", ans);
        return 0;
    }

    Hdu4864 Task

    贪心

    题目不难,就是读题烦

    分析:贪心题目,比赛的时候想到贪心。是给机器选工作。工作时间跟小于机器最接近的,然后另一个价值yi。不好贪心。

    中间又想到把他们的值放在一个矩阵中贪心,转化为在一个子矩阵中求结果,这个思想也是非常好的,可是大前提没有考虑正确,事实上是给工作选机器。为什么呢?

    由于题目求让完毕的任务最多,所以能够把工作和机器都按时间从大到小,然后价值从大到小,然后给每一个工作找机器。首先全部的工作时间比当前任务的工作时间大的都能够选,我们贪心选择当中价值最小的满足条件的一个机器,把大的留给后面的。这样思路就没有错了、

    然后是处理,假设直接写的话接近O(n^2),必超时,開始想到的优先队列,可是优先队列返回的是最小的。我们要的是首先要满足大于当前任务价值。所以不行,然后能够用vector,也能够直接用一个数组处理。由于时间都是满足条件的,仅仅要贪心选择一个最优的价值。所以能够用一个哈希数组,非常easy的小处理了。

    #include<iostream>
    #include<algorithm>
    #include<cstring>
    #include<cstdio>
    using namespace std;
    struct node{
    	int x,y;
    }ts[101000],mas[101000];
    
    bool cmp(const node &a,const node &b)
    {
    	if(a.x!=b.x)return a.x>b.x;
    	if(a.y!=b.y)return a.y>b.y;
    }
    int book[120];
    int main()
    {
    	int n,m;
    	while(~scanf("%d%d",&n,&m))
    	{
    		for(int i=0;i<n;i++)
    			scanf("%d%d",&mas[i].x,&mas[i].y);
    		for(int i=0;i<m;i++)
    			scanf("%d%d",&ts[i].x,&ts[i].y);
    		sort(mas,mas+n,cmp);
    		sort(ts,ts+m,cmp);
    		memset(book,0,sizeof(book));
    		long long ans=0,count=0;
    		for(int i=0,j=0;i<m;i++)
    		{
    			while(j<n and mas[j].x>=ts[i].x)//满足当前的x,意味着后续的x都可以满足 
    			{
    				book[mas[j].y]++;
    				j++;
    			}
    			for(int k=ts[i].y;k<=100;k++)
    			{
    				if(book[k])
    				{
    					book[k]--;
    					ans++;
    					count+=ts[i].x*500+ts[i].y*2;
    					break;
    				}
    			}
    		}
    		printf("%lld %lld\n",ans,count);
    	}
    	return 0;
    }
    展开全文
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    这个错误太坑人了,找了好久的问题,网上一大堆解决方案,一般都是设置my.cnf文件里面的max_allowed_packet值,这个值肯定要设置,但是设置后还是报同样的错误怎么办呢。这就可能涉及到数据库权限问题了,经过一系列的日志追踪,发现数据库权限有问题。解决思路如下:

    我的是linux系统下的vim命令:

    1.mysql -u root -p 输入密码登录远程数据库

    2.use mysql

    3.select host from user;

    4.update user set host='%' where user='root';(本质是设置允许任何主机访问数据库就行了)

    5.exit    #退出mysql

    6.service mysqld restart重启数据库

    完成上面一系列操作,再连接,成功解决问题。

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