233 B
题意
有一个方程$$x^2+s(x)*x-n=0$$
现在给你参数 \(n(1\le n\le 10^{18})\) ，求方程的最小正整数解。
\(s(x)\) 表示 \(x\) 十进制位数码按位相加的和。
Examples
input
2
output
1
input
110
output
10
input
4
output
-1
解
首先将方程化为 \(x(x+s(x))=n\)
然后想到 \(O(\sqrt{n})\) 枚举 \(n\) 的因子
然后我们发现 \(s(x)<200\)
所以只需要枚举 \(\sqrt{n}±200\) 的所有因子即可
233 C
题意
给你一个 \(k\) ，要你构造一张节点数 \(\le 100\) 的图，使得图中三元环（由三个点构成的一个△）的个数恰好为 \(k\) 。 \((1\le k\le 10^5)\)
Examples
input
1
output
3
011
101
110
input
10
output
5
01111
10111
11011
11101
11110
解
我们发现节点数为 \(n(n≥3)\) 的完全图的三元环个数为 \(C^{n}_{3}\) 。
解 1（仅在节点数 \(\le 200\) 的情况下适用）
把构造的那张图看成是若干张完全图用割边连接而成的，可以用背包构造出一种方案，然后就好办了，然而发现当 \(k=100000\) 时，节点数明显超过了 \(100\) ……
解 2
\(n^3\) 枚举
#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 103
#define INF 1050000000
using namespace std;
bool g[maxn][maxn];
int main(){
int i,j,l,k,n=100,tot=0;
scanf("%d",&k);
for(i=1;i<=n&&tot<k;i++){
for(j=1;j<i&&tot<k;j++){
for(l=1;l<j;l++)if(g[i][l]&&g[j][l])tot++;
if(tot<=k){
g[i][j]=g[j][i]=1;
}
else{
for(l=1;l<j;l++)if(g[i][l]&&g[j][l])tot--;
}
}
}
printf("%d\n",i);
for(j=1;j<=i;j++){
for(l=1;l<=i;l++){
printf("%d",int(g[j][l]));
}
puts("");
}
return 0;
}
233 D
题意
在 \(n*m\) 的矩阵中满足在每一个 \(n*n\) 的矩阵里有 \(k\) 个点，一共有几种画法。膜 \(10^9+7\) 。 \((n\le 100,n\le m\le 10^{18},0\le k\le n^2)\)
Examples
input
5 6 1
output
45
解
对于每一种方案，第 \(i\) 和第 \(i+n\) 行的点的个数一定相同。
所以只需要考虑 \(n*n\) 的矩阵中的情况即可。
所以我们把所有的第 \(i+k*n(k≥0)\) 列的情况一起考虑。
设 \(dp[i][j]\) 表示第 \(i\) 列及前面共放了 \(j\) 个点的方案数。
转移方程：
\(dp[i][j]=\sum_{l\in [0,\min (n,k)]} dp[i][j-l]*(C^{n}_{l})^T\) （ \(T\) 为 \(i+k*n\) 满足条件的 \(k\) 的个数）
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 103
#define maxk 10003
#define INF 1050000000
#define mod 1000000007
using namespace std;
int n,k,dp[maxn][maxk],C[maxn][maxn];
long long m;
int Plus(int x,int y){return (x+=y)>=mod?x%mod:x;}
int mul(long long x,int y){return (x*=y)>=mod?x%mod:x;}
int qpow(int x,long long y){
int ans=1;
while(y){
if(y&1)ans=mul(ans,x);
x=mul(x,x);
y>>=1;
}
return ans;
}
int main(){
C[1][0]=C[1][1]=1;
for(int i=2;i<=100;i++){
C[i][0]=1;
for(int j=1;j<=i;j++){
C[i][j]=Plus(C[i-1][j],C[i-1][j-1]);
}
}
cin>>n>>m>>k;
long long T=(m-1)/n;
dp[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int l=0;l<=min(n,k);l++){
int syk=qpow(C[n][l],T+(T*n+i<=m));
for(int j=l;j<=k;j++){
dp[i][j]=Plus(dp[i][j],mul(dp[i-1][j-l],syk));
}
}
}
cout<<dp[n][k]<<endl;
return 0;
}
233 E
感谢 https://www.cnblogs.com/PPXppx/p/10383285.html
题意
\(D(0)\) 是只有一个编号为 \(1\) 的结点的图。 \(D(1)\) 是只有两个编号分别为 \(1\) 和 \(2\) 的点与一条连接这两个点的边的图。 \(D(n)\) 以如下方法构造：将 \(D(n-2)\) 中所有点的编号加上 \(|D(n-1)|\) （即第 \(n-1\) 个图中的点数，或者说是最大的点的编号），在点 \(|D(n-1)|\) 与点 \(|D(n-1)|+1\) 之间连边.在点 \(|D(n-1)|+1\) 与点 \(1\) 之间连边.现在已经构造出了 \(D(n)(n≤100)\) ,她会询问 \(m\) 次在这张图中 \(a,b\) 两点间的最短路。
Examples
input
10 5
1 2
1 3
1 4
1 5
2 3
2 4
2 5
3 4
3 5
4 5
output
1
1
1
2
1
2
3
1
2
1