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开题 + 补题情况
这场被自己唐到了，有点着急了，没能冷静下来思考，导致签到题一错再错，最后甚至完全偏离了自己原本的思路。
1001 - 小凯逛超市
很明显的无穷背包，但一开始没有好好读题，打成 01 背包了，不仔细的下场。
点击查看代码（省略了取模类）
cpp
void solve()
{
int n, m, v;std::cin >> n >> m >> v;
std::vector<i64> a(n + 1);
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
std::cin >> a[i];
}
std::vector<std::vector<Z>> dp(v + 1, std::vector<Z>(m + 1));
dp[0][0] = 1;
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
for(int j = a[i];j <= v;j ++) {
for(int k = 1;k <= m;k ++) {
dp[j][k] += dp[j - a[i]][k - 1];
}
}
}
Z ans = 0;
for(int i = 0;i <= v;i ++) {
ans += dp[i][m];
}
std::cout << ans << '\n';
}1010 - 小凯做梦
这个题还是很好的，要做出这个题，我们首先需要知道一个重要的计算树上两点路径距离的公式。
记 \(dep_x\) 为点 \(x\) 到根的距离，\(d_{i,j}\) 为点 \(i\) 到点 \(j\) 之间的距离，则有：
\[d_{i, j} = dep_i + dep_j - 2\times dep_{lca_{i, j}} \]
如果将这个式子对 \(2\) 取模，又会发生什么呢：
\[d_{i, j} \% 2 = dep_i \% 2 + dep_j \% 2 \]
而对于三个点 \(i, j, k\)，要有 \(d_{i, j} = d_{j, k} = d_{i, k} (\mod 2)\)，我们可以列出下面这几个式子：
\[dep_i \% 2 + dep_j \% 2 = dep_i \% 2 + dep_k \% 2 \]
\[dep_i \% 2 + dep_j \% 2 = dep_j \% 2 + dep_k \% 2 \]
\[dep_j \% 2 + dep_k \% 2 = dep_i \% 2 + dep_k \% 2 \]
消元可得：
\[dep_i \% 2 = dep_j \% 2 = dep_k \% 2 \]
然后这个问题就转化为一个很简单的组合数问题了。
点击查看代码
cpp
using i64 = long long;
using u64 = unsigned long long;
using u32 = unsigned int;
const int N = 2e5 + 9;
struct Node {
int v;
int w;
};
void solve()
{
int n;std::cin >> n;
std::vector<std::vector<Node>> g(n + 1);
for(int i = 1;i < n;i ++) {
int u, v, w;std::cin >> u >> v >> w;
w %= 2;
g[u].push_back({v, w});
g[v].push_back({u, w});
}
std::vector<int> dis(n + 1, 0);
auto dfs = [&](auto &&self, int st, int fa) -> void {
for(auto &[v, w] : g[st]) {
if(v == fa)continue;
dis[v] = (dis[st] + w) % 2;
self(self, v, st);
}
};
dfs(dfs, 1, 0);
std::array<i64, 2> sum{0, 0};
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
sum[dis[i]] ++;
}
i64 ans = 0;
ans += sum[0] * sum[0] * sum[0];
ans += sum[1] * sum[1] * sum[1];
std::cout << ans << '\n';
}1006 - 小凯在长跑
这个题是真的唐，不小心写出了一个 \(\sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{a^2} + \sqrt{b^2}\) 然后被硬控两小时，记录于此，引以为戒，之后做题的时候一定要一步一步好好思考，式子想好了再写代码，不要凭空瞎造。
题目思路还是很简单的，中学数学题，就不多写思路了。
点击查看代码
cpp
void solve()
{
int d, r, x, y;std::cin >> d >> r >> x >> y;
x = abs(x);
y = abs(y);
if(y <= d) {
std::cout << abs(r - x) << '\n';
} else if(x * x + (y - d) * (y - d) <= r * r){
long double d1 = (long double)(x * x + (y - d) * (y - d));
std::cout << roundl(r - sqrtl(d1)) << '\n';
} else {
long double d1 = sqrtl(x * x + (y - d) * (y - d)) - sqrtl(r * r);
long double d2 = sqrtl((x - r) * (x - r) + (y - d) * (y - d));
long double d3 = sqrtl(x * x + (y - d - r) * (y - d - r));
std::cout << roundl(std::min(d1, std::min(d2, d3))) << '\n';
}
}1009 - 小凯取石子
个人认为这个题题目没有写清楚，对于小凯而言，应该是尽可能让自己获胜率高，但题目并没有对此进行说明也没有进行样例解析。
这个题可以打表找规律，但赛时没能找到规律，因此没能开出（也受到了长跑那个题的影响吧，心态不太稳定，一直忍不住在想那个题，但及时换题才是正确之道）。
用很常用的博弈手段来分析，我们从结果往回推，逐步分析博弈状态的转化，这里要注意，对于 Kc0，拿 \(1\) 个和拿 \(4\) 个都要分析，各有 \(1/2\) 的概率，对于小凯，要选择的是转化后得到的新概率更大的状态，并乘上操作后转化得到的新状态的概率，就是当前的概率，打表过程可以自行尝试（还是很考验人的细心的），这里仅给出结论：
- 当 \(n \% 5 = 0\) 或 \(n \% 5 = 2\) 时，必胜。
- 当 \(n = 1 时\)，\(1 / 2\) 的概率获胜。
- 当 \(n \% 5 = 1\) 并且 \(n \neq 1\) 时，有 \(1 - (1/2) ^ {n / 5}\) 的概率获胜。
- 当 \(n \% 5 = 3\) 时，有 \(1 - (1/2) ^ {n / 5 + 2}\) 的概率获胜。
- 当 \(n \% 5 = 4\) 时，有 \(1 - (1/2) ^ {n / 5 + 1}\) 的概率获胜。
至于为什么是对 \(5\) 取模呢，其实打表过程也是有迹可循的，打表打着打着就会出现一些抉择是 Kc0 拿 \(1\) 小凯拿 \(4\) 和 Kc0 拿 \(4\) 小凯拿 \(1\)，感觉多多少少和这个有关系，至于严谨证明就暂时想不到了。
点击查看代码（省略了取模类）
cpp
void solve()
{
i64 n;std::cin >> n;
Z ans;
Z t = 2;
if(n % 5 == 0 || n % 5 == 2) {
ans = 1;
} else if(n == 1) {
ans = Z(1) / 2;
} else if(n % 5 == 1) {
ans = Z(1) - Z(1) / t.Pow(n / 5);
} else if(n % 5 == 3) {
ans = Z(1) - Z(1) / t.Pow(n / 5 + 2);
} else if(n % 5 == 4) {
ans = Z(1) - Z(1) / t.Pow(n / 5 + 1);
}
std::cout << ans << '\n';
}