CF R334 div2

Codeforces R334 div2
过题数：1
A：
题意：模拟CF的算分机制
思路：简单计算签到
源码：

#include <cstdio>#include <cstring>#include <cstdlib>#include <cmath>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;int main(){    int m[5];    int w[5];    int s1, s2;    while(scanf("%d", &m[0]) != EOF){        for(int i = 1 ; i < 5 ; i++)    scanf("%d", &m[i]);        for(int i = 0 ; i < 5 ; i++)    scanf("%d", &w[i]);        scanf("%d%d", &s1, &s2);        int ans = 0;        int x = 500;        for(int i = 0 ; i < 5 ; i++){            ans += max(x / 10 * 3, x - x / 250 * m[i] - 50 * w[i]);            x += 500;        }        ans += 100 * s1 - 50 * s2;        ans = max(ans, 0);        printf("%d\n", ans);    }    return 0;}

B：
题意：把n个物品（<=1e5）分配到k个箱子里（2 * k <= 1e5），可以两个物品放在一个箱子里面。每个物品有体积（<=1e6）,问需要的最大的箱子体积多少。
思路：贪心，先按照一个物品一个箱子分配知道2 * k == n，即箱子必须要放两个物品的时候。这时候对于此时剩下的最大物品，它取第一个物品即剩下的最小物品时对箱子体积要求最低。然后就完了。
源码：

#include <cstdio>#include <cstring>#include <cstdlib>#include <cmath>#include <algorithm>#include <iostream>#include <string>using namespace std;const int MAXN = 100000 + 5;int s[MAXN];int main(){    int n, k;    while(scanf("%d%d", &n, &k) != EOF){        for(int i = 1 ; i <= n ; i++)   scanf("%d", &s[i]);        if(n == 1){            printf("%d\n", s[1]);            continue;        }        int ans = 0;        while(k * 2 > n && n > 0){ ///现场没加n>0判断怒WA            ans = max(ans, s[n]);            n--;            k--;        }        int head = 1 ,rear = n;        while(head < rear){            ans = max(ans, s[head] + s[rear]);            head++, rear--;        }        printf("%d\n", ans);    }    return 0;}

C：
题意：一段01串（len<=1e5）。现在有一种操作使得一串01串变成10串（即0->1,1->0），最多使用一次。问变换后能得到01串中，按顺序但不一定连续抽取0和1组成010101类似的串，这样串的最大长度多少。
思路：把原01串中连续的0和1看成一个带有权重的字符。这样原串就转化为一个标准的0101串。
然后分类讨论。如果有一个字符权重大于2，比如111，它就能给答案增加2比如变成101（多增0和1）。如果有两个及以上字符权重等于2，比如11010100，它可以这样转换1 010101 0，然后答案也可以增加2。最不济的情况是只有一个字符权重为2其余为1，则只能给答案增加1。Else 不进行任何操作。
具体构建模型可以用一个数轴来表示区间大小。
源码：

#include <cstdio>#include <cstring>#include <cstdlib>#include <cmath>#include <algorithm>#include <iostream>#include <queue>#include <vector>using namespace std;const int MAXN = 100000 + 5;int len[MAXN], cnt;char str[MAXN];int main(){    int n;    while(scanf("%d", &n) != EOF){        scanf("%s", str);        if(n == 1){            printf("1\n");            continue;        }        memset(len, 0, sizeof(len));        cnt = 1;        int pre = str[0] - '0';        len[cnt] = 1;        for(int i = 1 ; i < n ; i++){            if(str[i] - '0' == pre){                len[cnt]++;            }            else{                pre = str[i] - '0';                len[++cnt] = 1;            }        }        if(cnt == 1){            if(len[1] > 2)  printf("3\n");            else if(len[1] == 1)    printf("1\n");            else    printf("2\n");            continue;        }        int ans = cnt;        int ok1 = 0;        int flag = 0;        for(int i = 1 ; i <= cnt ; i++){            if(len[i] >= 2) ok1++;            if(len[i] > 2)  flag = 1;        }        if(ok1 >= 2 || flag)    ans += 2;        else if(ok1 == 1)   ans++;        printf("%d\n", ans);    }    return 0;}

D:（赛中无思路）
题意：给一个函数f(k*x%p) = k*f(x)%p,现在数的范围为[0,p-1]，问有几种分配f[i]的方式使得满足上面这个函数。
思路：
感谢并膜拜q巨orz~
由函数可知f(k*x%p)可以由f(x)推出，故可知它最终会构成一个环，即确定了f(x)的值，就可以推出其他和f(x)在同一个环上的值。
那么现在要找有几个环。设一个环的长度为r，则有k^r * x == x即k^r == 1(modp)。暴力查找就可以。
因为剩余不确定的数为p-1个（0这个数可由f(0) = k * f(0)推出恒为0）可用类似唯一分解定理的定理证明(p-1) % r = 0。
然后答案为p ^ ((p-1) / r))。
以上均假设k>2的情况（奇质数才有以上性质）。K=0和1特判。k为2的特判可以与k>2的情况合并所以就一起写了。
源码：

#include <cstdio>#include <cstring>#include <cmath>#include <cstdlib>#include <string>#include <algorithm>#include <iostream>#include <queue>using namespace std;#define LL long long#define inf (1000000007)LL ppow(LL a, LL x, LL mod){    LL ans = 1;    while(x){        if(x & 1)   ans = (ans * a) % mod;        a = (a * a) % mod;        x >>= 1;    }    return ans;}int main(){    LL n, k;    while(scanf("%I64d%I64d", &n, &k) != EOF){        LL ans = 0;        if(k == 0)  ans = ppow(n, n - 1, inf);        else if(k == 1){            ans = ppow(n, n, inf);        }        else{            LL r = 1;            for(int i = 2 ; i <= n ; i++){ ///此处不能从1开始                if(ppow(k, i, n) == 1){                    r = i;                    break;                }            }            ans = ppow(n, (n - 1) / r, inf);        }        printf("%I64d\n", ans);    }    return 0;}