T1 fuction

题意：求给定a,b,c,求ax+by=c的正整数解个数
题解：扩展欧几里得求出最小正整数解，然后通过 <nobr> x=x0−k×bgcd(a,b) </nobr>, <nobr> y=y0+k×agcd(a,b) </nobr>得到解的数目，外加各种瞎搞特判

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

int a,b,c,G,x,y,ans,k;

int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
    if(!b) {x=1,y=0;return a;}
    int tmp=exgcd(b,a%b,x,y);
    int xx=x;
    x=y;
    y=xx-a/b*y;
    return tmp;
}

int main()
{
    freopen("fuction.in","r",stdin);
    freopen("fuction.out","w",stdout);
    int T=0;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
        if(a+b==c){cout<<1<<endl;continue;}
        if(a==0&&b==0) {if(c!=0) cout<<0<<endl;else printf("ZenMeZheMeDuo\n");continue;}
        if(a==0){if(c%b||c/b<=0) cout<<0<<endl;else printf("ZenMeZheMeDuo\n");continue;}
        if(b==0){if(c%a||c/a<=0) cout<<0<<endl;else printf("ZenMeZheMeDuo\n");continue;}
        if(a<0&&b<0) a=-a,b=-b,c=-c;
        x=y=0;
        G=exgcd(a,b,x,y);
        if(c%G){printf("0\n");continue;}
        x*=c/G,y*=c/G;
        if(a*b<0){printf("ZenMeZheMeDuo\n");continue;}//a,b开long long比较稳 
        k=b/G;
        x=(x%k+k)%k;if(!x) x+=abs(k);
        y=(c-a*x)/b;
        if(b/G>0)
        {
            if(y>0) ans=y/(a/G)+(y%(a/G)!=0);
            if(y<=0) ans=0;
        }
        if(b/G<0)
        {
            if(y>0) ans=y/(-a/G)+(y%(-a/G)!=0);
            if(y<=0) ans=0;
        }
        if(ans>65535) printf("ZenMeZheMeDuo\n");
        else printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

T2 coloration

树型DP，用 <nobr> f[i][j] </nobr>表示以i为跟的子树中有j个黑色点时的最大权值
DP方程 <nobr> f[u][j]=max(f[u][j−k]+f[v][k]+w×(k×(m−k)+(size[v]−k)×((n−m)−(size[v]−k)))) </nobr>
只要考虑到每走过一条边，对于最终答案的贡献是：边权 <nobr> × </nobr>（走过的黑色点 <nobr> × </nobr>未走过的黑色点+走过的白色点 <nobr> × </nobr>未走过的白色点），然后就很好转移了
实现的时候注意循环的边界和枚举顺序

//by sdfzchy
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
const int N=2010;
int n,m,ecnt,fa[N],head[N],size[N];
LL f[N][N];//表示以i为根的子树，有j个黑点时的最大权值

struct edge
{
    int v,w,nxt;
}e[N<<1];

void add(int u,int v,int w)
{
    e[++ecnt].nxt=head[u];
    e[ecnt].v=v;
    e[ecnt].w=w;
    head[u]=ecnt;
}

void dfs(int u)
{
    size[u]=1;
    for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt)
    {
        int v=e[i].v;
        if(v!=fa[u])
        {
            fa[v]=u;
            dfs(v);
            size[u]+=size[v];
            for(int j=min(size[u],m);j>=0;j--)
                for(int k=max(0,j-(size[u]-size[v]));k<=min(size[v],j);k++)
                    f[u][j]=max(f[u][j],f[u][j-k]+f[v][k]+1ll*e[i].w*(k*(m-k)+(size[v]-k)*((n-m)-(size[v]-k))));    
        }
    }

}
int main()
{
    freopen("coloration.in","r",stdin);
    freopen("coloration.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1,u,v,w;i<=n-1;i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
        add(u,v,w);
        add(v,u,w);
    }
    fa[1]=1;
    dfs(1);
    printf("%lld\n",f[1][m]);
    return 0;
}

T3 ray

60分可以爆搜

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;

bool vis[1010][1010][5],used[1010][1010];
int ans,n,m,k,x,y,xx,yy;
char s[2];
int c(int xx,int yy)
{
    if(xx==1&&yy==1) return 1;
    if(xx==1&&yy==-1) return 2;
    if(xx==-1&&yy==1) return 3;
    if(xx==-1&&yy==-1) return 4;
}
int tot;
void dfs(int x,int y,int xx,int yy)
{
    if(vis[x][y][c(xx,yy)]) return;
    if(!vis[x][y][0]) ans++,vis[x][y][0]=vis[x][y][c(xx,yy)]=1;
    int nx=x+xx,ny=y+yy;
    if(!used[nx][ny])   dfs(nx,ny,xx,yy);
    else
    {
        if(!used[nx][y]&&used[x][ny]) dfs(nx,y,xx,-yy);
        else if(used[nx][y]&&!used[x][ny]) dfs(x,ny,-xx,yy);
        else dfs(x,y,-xx,-yy);
    }
}

int main()
{
    freopen("ray.in","r",stdin);
    freopen("ray.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    for(int i=1;i<=k;i++)
    {
        scanf("%d%d",&x,&y);
        used[x][y]=1;
    }
    char aa,bb;
    int xx,yy;
    scanf("%d%d",&x,&y);
    scanf("%s",s);
    for(int i=0;i<=n+1;i++)
    {
        used[i][0]=1;
        used[i][m+1]=1;
    }
    for(int i=0;i<=m+1;i++)
    {
        used[0][i]=1;
        used[n+1][i]=1;
    }
    xx=(s[1]=='E')?1:-1;
    yy=(s[0]=='S')?1:-1;
    if(n<=1000)
    {
        dfs(x,y,xx,yy);
        printf("%d\n",ans);
    }
    else printf("1\n");
    return 0;
}

正解 同codeforces274E
可以证明反射的次数是 <nobr> O(n+m+k) </nobr>级别的
因为光路一定是循环的，即从一个位置出发一定会回到这个地方，所以光线可以分为左对角线和右对角线，可以用一个二元组 <nobr> (x±y,x) </nobr>来描述一个障碍点，用pair存在一个vector中，那么我们每次模拟光路时，就可以 <nobr> O(logk) </nobr>地二分查找可能遇到的障碍点，复杂度大约是 <nobr> O((n+m+k)logk) </nobr>

//by sdfzchy
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define LL long long
#define ALL(x) (x).begin(),(x).end()
using namespace std;
int n,m,k,x,y,xx,yy;
typedef pair<int,int> node;
vector<node> seg[2];
char s[2];
LL ans;
bool flag;
void add(int tx,int ty)
{
    seg[0].push_back(node(tx-ty,tx));
    seg[1].push_back(node(tx+ty,tx));   
}

void reflect()
{
    int d=(xx!=yy);
    node p=d?node(x+y,x):node(x-y,x);
    vector<node>::iterator it=upper_bound(ALL(seg[d]),p);
    while(it->first!=p.first) it--;
    if(xx<0) while(it->second >= x ) it--;
    ans+=abs(x-it->second)-1;
    x=it->second;
    y=d?(it->first - x):(x-it->first);
    bool A=binary_search(ALL(seg[0]),node(x-y-xx,x-xx));
    bool B=binary_search(ALL(seg[0]),node(x-y+yy,x));
    if(A==B) flag=1,xx=-xx,yy=-yy;
    else if(A) x-=xx,yy=-yy;
    else if(B) y-=yy,xx=-xx;
}

int main()
{
    freopen("ray.in","r",stdin);
    freopen("ray.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    for(int i=1;i<=m;i++) add(0,i),add(n+1,i);
    for(int i=0;i<=n+1;i++) add(i,0),add(i,m+1);
    for(int i=1;i<=k;i++)
    {
        scanf("%d%d",&x,&y);
        add(x,y);
    }
    sort(ALL(seg[0]));
    sort(ALL(seg[1]));
    scanf("%d%d",&x,&y);
    scanf("%s",s);
    xx=(s[0]=='N')?-1:1;
    yy=(s[1]=='W')?-1:1;
    reflect();
    ans=0;
    int st=x,ed=y,dx=xx,dy=yy;
    do reflect();
    while(!(x==st&&y==ed&&xx==dx&&yy==dy));
    printf("%lld\n",flag?(ans>>1):ans);
    return 0;
}