樣例輸入

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樣例輸出

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分析：

考慮費用流時把每個part拆成n個點，選擇第i個點的代表為放置i塊蛋糕和(i - 1)塊蛋糕的時間差，這個時間差是遞增的，因此在費用流的過程中必定會從小到大選擇

具體建圖：左邊n個點代表n個蛋糕，右邊m * n個點代表m個part,每個part拆成n個點。源點向每個左邊的點連一條流量1費用0的邊，每個右邊的點向匯點連一條流量1費用0的編。每個蛋糕向可以放的兩個part的所有點連邊，連向第i個點的費用為i^2 - (i - 1)^2，流量為1。這樣求最小費用流既為答案。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <queue>
 
using namespace std;
 
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MAXN = 5005; 
 
struct Edge{
	int value,flow,to,rev;
	Edge(){}
	Edge(int a,int b,int c,int d):to(a),value(b),flow(c),rev(d){}
};
 
vector<Edge> E[MAXN];
 
inline void Add(int from,int to,int flow,int value){
	E[from].push_back(Edge(to,value,flow,E[to].size()));
	E[to].push_back(Edge(from,-value,0,E[from].size()-1));
}
 
bool book[MAXN];//用於SPFA中標記是否在queue中 
int cost[MAXN];//存費用的最短路徑 
int pre[MAXN];//存前節點 
int pree[MAXN];//存在前節點的vector中的下標 
 
bool Spfa(int from,int to){
	memset(book,false,sizeof book);
	memset(cost,INF,sizeof cost);
	book[from] = true;
	cost[from] = 0;
	queue<int> Q;
	Q.push(from);
	while(!Q.empty()){
		int t = Q.front();
		book[t] = false;
		Q.pop();
		for(int i=0 ; i<E[t].size() ; ++i){
			Edge& e = E[t][i];
			if(e.flow > 0 && cost[e.to] > cost[t] + e.value){
				cost[e.to] = cost[t] + e.value;
				pre[e.to] = t;
				pree[e.to] = i;
				if(book[e.to] == false){
					Q.push(e.to);
					book[e.to] = true;
				}
			}
		}
	}
	return cost[to] != INF;
}
 
int Work(int from,int to){
	int sum = 0;
	while(Spfa(from,to)){
		int mflow = INF;//SPFA找到的最短路徑的最小容量 
		int flag = to;
		while(flag != from){
			mflow = min(mflow,E[pre[flag]][pree[flag]].flow);
			flag = pre[flag];
		}
		flag = to;
		while(flag != from){
			sum += E[pre[flag]][pree[flag]].value * mflow;
			E[pre[flag]][pree[flag]].flow -= mflow;
			E[flag][E[pre[flag]][pree[flag]].rev].flow += mflow;
			flag = pre[flag];
		}
	}
	return sum;
}
 
int main(){
	
	int N,M;
	while(scanf("%d %d",&N,&M) == 2){
		int a,b;
		for(int i=1 ; i<=N ; ++i){
			scanf("%d %d",&a,&b);
			Add(i,a+N,1,0);
			Add(i,b+N,1,0);
			Add(0,i,1,0); 
		}
		for(int i=1 ; i<=M ; ++i){
			for(int j=1 ; j<=99 ; j+=2){//99 = 2*50-1;
				Add(i+N,M+N+1,1,j);
			}
		} 
		printf("%d\n",Work(0,M+N+1));
		for(int i=0 ; i<=M+N+1 ; ++i)E[i].clear(); 
	}
	
	return 0;
}
 

樣例輸入

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1 1 1 1 0 1000000007 10

樣例輸出

904493530

分析：

由於取模的常數為64bit整數，所以考慮使用，然後暴力求解即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll ksc(ll x,ll y,ll mod)
{
    return (x*y-(ll)((long double)x/mod*y)*mod+mod)%mod;
}
ll m0,m1,c,M,k;
ll a0,a1;
int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
       scanf("%lld%lld%lld%lld%lld%lld%lld",&a0,&a1,&m0,&m1,&c,&M,&k);
    ll ans=ksc(a0,a1,M);
    ll a2;
    for(int i=2;i<=k;i++)
    {
        a2=((ksc(m0,a1,M)+ksc(m1,a0,M))%M+c)%M;
        ans=ksc(ans,a2,M);
        a0=a1;
        a1=a2;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}