D Divisions
其实当时已经向的差不多了，已经想出要构造一个不递减序列，也看出了n个连续相同数只能构造出2的n次方-1个方案，没ac有两个地方没做好：
1.思路不够清晰，应该将1拿出来特判，将空集那种情况算进去，就只需要构造k-2中情况。
2.剩下的k-2中情况用二进制表示，单独拿出一个数+一组连续的数来满足二进制中的1。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int k;
int main()
{
cin>>k;
if(k==0)
{
cout<<9<<endl;
cout<<"1 2 3 1 2 3 1 2 3"<<endl;
}
else if(k==1)
{
cout<<6<<endl;
cout<<"1 1 4 5 1 4"<<endl;
}
else
{
vector<int>v;
v.push_back(1);
k-=2;
int cnt=1;
for(int i=0;i<32;i++)
{
if(k>>i&1)
{
v.push_back(++cnt);
cnt++;
for(int j=1;j<=i;j++)
v.push_back(cnt);
}
}
cout<<v.size()<<endl;
for(auto k:v)
cout<<k<<" ";
cout<<endl;
}
return 0;
}
F-Find the Maximum
刚开始公式推出来了，但没仔细想，以为是个树形dp。。。。
现在仔细看，更偏向思维题一点。肯定一个最大点或者最小点的时候值最大，但题目要求至少要两个点，那么这条链肯定长为2或者3。如果为4，肯定可以截取2个。
话要考虑下正数的最大值和负数的最小值
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=2e5+5;
int n,b[N];
vector<int>g[N];
int main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>b[i];
for(int i=1;i<=n-1;i++)
{
int u,v;cin>>u>>v;
g[u].push_back(b[v]);
g[v].push_back(b[u]);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
sort(g[i].begin(),g[i].end());
double ans=-inf;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int sz=g[i].size();
ans=max(ans,(b[i]+g[i][sz-1])*1.0/2);
if(sz>=2)
ans=max(ans,(b[i]+g[i][sz-1]+g[i][sz-2])*1.0/3);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int sz=g[i].size();
ans=max(ans,(b[i]+g[i][0])*(-1.0)/2);
if(sz>=2)
ans=max(ans,(b[i]+g[i][0]+g[i][1])*(-1.0)/3);
}
cout<<fixed<<setprecision(6)<<ans*ans/4<<endl;
return 0;
}
P4777 【模板】扩展中国剩余定理（EXCRT）
一般情况，模数不互质。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll n;
ll a[100010],b[100010];
ll mul(ll A,ll B,ll mod) //快速乘取余 模板
{
ll ans=0;
while(B>0)
{
if(B & 1) ans=(ans+A%mod)%mod;
A=(A+A)%mod;
B>>=1;
}
return ans;
}
ll exgcd(ll A,ll B,ll &x,ll &y) //扩展欧几里得 模板
{
if(!B)
{
x=1,y=0;
return A;
}
ll d=exgcd(B,A%B,x,y);
ll tmp=x;
x=y , y=tmp-A/B*y;
return d;
}
ll lcm(ll A,ll B) //求最小公倍数
{
ll xxx,yyy;
ll g=exgcd(A,B,xxx,yyy);
return (A/g*B);
}
ll excrt() //重点:求解同余方程组
{
ll x,y;
ll M=b[1],ans=a[1]; //赋初值
//M为前k-1个数的最小公倍数，ans为前k-1个方程的通解
for(int i=2;i<=n;i++)
{
ll A=M,B=b[i];
ll C=(a[i]-ans%B+B)%B;
//代表同余方程 ax≡c(mod b) 中a,b,c
ll g=exgcd(A,B,x,y);
//求得A,B的最大公约数，与同余方程ax≡gcd(a,b)(mod b)的解，
if(C%g)
return -1; //无解的情况
x=mul(x,C/g,B); //求得x的值,x即t
ans+=x*M; //获得前k个方程的通解
M=lcm(M,B); //更改M的值
ans=(ans%M+M)%M;
}
return ans;
}
int main()
{
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld%lld",&b[i],&a[i]);
ll ans=excrt();
printf("%lld",ans);
}
