数学上有一个经典的结论，初等的证明方法可以考虑用三角函数简单证明，在此不再赘述，只扔一个结论： 两条直线斜率分别为 k1,k2k_1,k_2k1​,k2​，它们相互垂直当且仅当 k1⋅k2=−1k_1\cdot k_2=-1k1​⋅k2​=−1。 那么首先可以考虑通过 U,VU,VU,V 两点的坐标确定 k2,b2k_2,b_2k2​,b2​，然后根据这个公式确定 k1k_1k1​。 设垂线段为 y=k1x+b1y=k_1x+b_1y=k1​x+b1​，代入 PPP 点坐标解 b1b_1b1​。 然后根据 k1,k2,b1,b2k_1,k_2,b_1,b_2k1​,k2​,b1​,b2​ ...

考察 map 的使用方法，如果你会使用 map 那么对着题意模拟即可。 对于每一种手势，记录能打败它的手势，如果 map 中不存在这种手势就输出 Fake，否则输出能打败它的手势即可。 #include<map> #include<cstdio> #include<string> #include<iostream> std::map<std::string, std::string>map; int main(){ std::ios::sync_with_stdio(false); std::string a, b;...

虽说出题人希望大家不被卡题意，可惜我还是被卡了。 那么就观察一下样例，如果我们把要求的记作一个函数 F(x)\mathbf F(x)F(x)，那么 F(x)\mathbf F(x)F(x) 就应该满足： F(3)=3\mathbf F(3)=3F(3)=3 F(9)=3432\mathbf F(9)=3432F(9)=3432 F(24)=508887030\mathbf F(24)=508887030F(24)=508887030 于是我们把数字 3432 扔到 OEIS 上去，发现了这个数列：http://oeis.org/A000245 （其实很明显可以发现这个题意中答案是单调递增的...

这道题除了模拟你所看到的情况，可能还需要大家对这个五线谱有一点乐理上面的常识。 如果你像我一样完全不懂这个五线谱在干什么，可能做这道题就挺困难。 首先抛出一个结论： 五线谱上的音符，它“圆圈”的高度代表了音调（A∼G\text{A}\sim\text{G}A∼G），而且满足  mod  7\bmod~7mod 7 同余。 据此模拟输入并输出对应的答案即可，注意要好好利用题目中所保证的 保证每一列要么全是 |，要么有且仅有一个 o。 所以你只需要照着样子翻译就好啦 ∼\sim∼ #include<cstdio> const int N = (int) 5e...

感觉看懂题意并不难，但是对应好 x,y,zx,y,zx,y,z 轴，以及看懂出题人的神奇样例解释真的挺困难。 那么我们可以从 输出格式 开始下手，首先他给我们的输出顺序是： 正视图（Y\mathbf YY 行 X\mathbf XX 列） 左视图（Y\mathbf YY 行 Z\mathbf ZZ 列） 俯视图（Z\mathbf ZZ 行 X\mathbf XX 列） 据此，我们得知了每一张图的尺寸，所以所谓输入的 xi,yi,zix_i,y_i,z_ixi​,yi​,zi​ 分别对上述的哪种图产生贡献，由于相同的取值范围，我们也就看明白了。 但是直接这样模拟会出点问题，那就是在代码的第 ...

诈骗题。 所谓的 ∑cyctan⁡A2⋅tan⁡B2\sum_{cyc}\tan\dfrac{A}{2}\cdot\tan\dfrac{B}{2}∑cyc​tan2A​⋅tan2B​ 实际上是一个定值，等于 111。 考虑证明，首先 A+B+C=πA+B+C=\piA+B+C=π，据此 tan⁡C2=tan⁡(π2−A+B2)\tan\dfrac{C}{2}=\tan\left(\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{A+B}{2}\right)tan2C​=tan(2π​−2A+B​) 接着，考虑合并： (tan⁡A2+tan⁡B2)⋅cot⁡A+B2=1−tan⁡A2⋅tan⁡B2\b...

不要被标题蒙骗啦 ∼\sim∼ 其实这就是个模拟，高精度乘法，复杂度 O(nm)O(nm)O(nm) 就可以接受啦 ∼\sim∼ 考虑我们平时怎么做乘法的，实际上就是把两个大数 aaa 和 bbb 的每一位去乘另外一个数，然后对应相加就可以，这里我们用一个数组 ccc 来存储这个信息： ci+j←ci+j+ai×bjc_{i+j}\leftarrow c_{i+j}+a_i\times b_jci+j​←ci+j​+ai​×bj​ 即可。 #include<cstdio> int init(){ char c = getchar(); int x = 0, f = 1; fo...

aaa 种馅，bbb 种皮，也就是说每一种元宵有 a×ba\times ba×b 种设计方法。 一共有 ccc 个桌子 ddd 个碗，所以有 c×dc\times dc×d 个碗可以放元宵。 每个碗有 a×ba\times ba×b 种方法，所以这 c×dc\times dc×d 个碗： (a×b)×(a×b)×⋯×(a×b)(a\times b)\times(a\times b)\times\cdots\times(a\times b)(a×b)×(a×b)×⋯×(a×b) 一共是 (a×b)(c×d)(a\times b)^{(c\times d)}(a×b)(c×d) 种摆法，快速幂处理...

有了第一题的经验，我们可以立即猜出所谓 γ=e=2.71828⋯\gamma=e=2.71828\cdotsγ=e=2.71828⋯ 而事实上这道题也就是把式子模拟一下就可以了： ab=c×da^b=c\times dab=c×d 所以 d=abcd=\dfrac{a^b}{c}d=cab​（为了方便书写，我没用题目中的奇怪字母了） #include<cmath> #include<cstdio> int init(){ char c = getchar(); int x = 0, f = 1; for (; c < '0' || c > '9'; c...

作为小白我们虽然看不懂第一个式子到底等于什么，但是也可以做这道题。 考虑第二个式子和第三个式子，实际上就可以化成 β×θα\beta\times\theta^{\alpha}β×θα 的形式。 然后把样例的两个值代入， {196×θ5=29089.060×θ3=1205.1322\begin{cases}196\times\theta^5=29089.0\\60\times\theta^3=1205.1322\end{cases}{196×θ5=29089.060×θ3=1205.1322​ 解得 θ\thetaθ 约为 2.71828⋯2.71828\cdots2.71828⋯（用第二个式子...

D 简单的概率期望题。 考虑把问题抽象成有 nnn 个牌堆，第 iii 个牌堆有 cic_ici​ 张牌，每次随机两个牌堆转移一张牌 i→ji\rightarrow ji→j，其中 i,ji,ji,j 任选。 然后分别计算出无穷次操作之后哪个牌堆会拥有最后的 ∑ci\sum c_i∑ci​ 张牌的概率，再乘上它的贡献就好了。 考虑如何计算这个概率，首先扔一个结论： 当只有两堆牌的时候，一堆是 aaa，一堆是 bbb，其中 aaa 留下来的概率是 aa+b\dfrac{a}{a+b}a+ba​。 简单证明一下这个结论，设 f(x)f(x)f(x) 表示剩 xxx 张牌时，这堆能活着留下来不死...

C 其实本来这题是放在 B 题之前的，看题目名称就知道。 可是考虑到种种原因，看上去这道题场切的人会比上一题少，所以就商量着把这道题放在 C 上来了。 考虑到 n≤3000n\le3000n≤3000，我们可以给出一个 O(n2)O(n^2)O(n2) 的算法。 首先预处理一下区间 min，一会方便计算。 然后考虑枚举 kkk，表示初始为 000 的数 SSS 的前 kkk 位通过 ×2\times2×2 变换得到，后面 n−kn-kn−k 位通过直接修改得到。 然后就通过区间 min 来决定在哪一次 ×2\times2×2 操作之前修改一个对应位就可以了。 稍微说明一下上面的过程为什么是对的...

B 考虑分类讨论： k=1k = 1k=1，高斯求和公式即可。 k=2k = 2k=2，平方和公式，∑i=1n=n(n+1)(2n+1)6\sum\limits_{i=1}^{n}=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}i=1∑n​=6n(n+1)(2n+1)​。 k≥3k \ge 3k≥3，由于 r≤1018r\le10^{18}r≤1018，直接枚举所有可行情况，类似整除分块处理即可。 整除分块：把所有值相同的考虑到一起求和，时间复杂度 O(1018k)O(\sqrt[k]{10^{18}})O(k1018​)。 #include<cmath> #include&l...

A 首先几个显而易见的结论： 红 000 = 白 000，红 111 = 白 111，所以 红 = 白。 红 = 白，所以 len(红) = len(白) = n2\dfrac{n}{2}2n​。 据此，我们只需要找一段长度为 n2\dfrac{n}{2}2n​ 的区间，且区间和同样是 sum2\dfrac{sum}{2}2sum​ 即可。 其中 sumsumsum 表示整个序列的和。