d2也挺简单的，t1一个二维前缀和，t2一个bfs+spfa，t3难度较大，但是代码实现难度不大，而且30非常好拿。所以两天成绩=260+230=490，好菜啊qwq，往年的题都做成这个样子……

t1：无线网络发射器选址，又是一个模拟，只要处理下二维前缀和就好，注意判断好边界，不要让数组越界

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         using namespace std;int d,n,x,y,z,ans1,ans2,xa,xb,ya,yb,sum[130][130];//这个题我们只需要求个二维前缀和，再枚举中心就好了，注意处理好边界 int main(){    scanf("%d%d",&d,&n);    for(int i=1;i<=n;i++)        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z),sum[x+1][y+1]+=z;//将范围转化成1-129     for(int i=1;i<=129;i++)//先求每一行一维前缀和         for(int j=2;j<=129;j++)            sum[i][j]+=sum[i][j-1];    for(int i=1;i<=129;i++)//再一列列地叠加         for(int j=2;j<=129;j++)            sum[j][i]+=sum[j-1][i];    for(int i=1;i<=129;i++)        for(int j=1;j<=129;j++)        {            xa=max(i-d,1),xb=min(i+d,129);//注意要保证不越界             ya=max(j-d,1),yb=min(j+d,129);            int qaq=sum[xb][yb]-sum[xb][ya-1]-sum[xa-1][yb]+sum[xa-1][ya-1];//求一块正方形内的答案，很简单就可以得到这个式子             if(ans2
        
       
      
     

t2：寻找道路，这个首先我们就可以想到反向建图，选出能够到达终点的点，然后在枚举它们，判断是否符合条件，符合就把与它相连的所有边建起来，这样并不会多出能到达终点的路径，因为会在半路中截断，建出图来就好办了，跑一边spfa就完事了

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         using namespace std;int n,m,ta1,ta2,ta3,x,y,s,e;struct in{    int to,ne;}ter[200020],es[200020],ing[200020];int he1[10010],ans[10010],he2[10010],he3[10010];bool flag[10010];inline void bu1(int f,int l){    ter[++ta1]=(in){l,he1[f]},he1[f]=ta1;    es[++ta2]=(in){f,he2[l]},he2[l]=ta2;}queue
         
          qwq;inline void bfs(int fi){    qwq.push(fi),flag[fi]=1;//从终点出发，看能够到哪些点     while(!qwq.empty())    {        int qaq=qwq.front();        qwq.pop();        for(int i=he2[qaq];i>0;i=es[i].ne)        {            int t=es[i].to;            if(!flag[t])//这样就可以防止自环和重边导致死循，也可以记录出可到达终点的点                 qwq.push(t),flag[t]=1;        }    }}inline void bu2(int f,int l){    ing[++ta3]=(in){l,he3[f]},he3[f]=ta3;}inline void init(){    bool fl=1;    for(int i=1;i<=n;i++)    {        fl=1;        if(flag[i])//如果这个点能够到达终点         {            for(int j=he1[i];j>0;j=ter[j].ne)            {                int t=ter[j].to;                if(!flag[t])//如果它的蛾子不能到达终点，不合题意，退出                 {                    fl=0;break;                }            }            if(fl)//如果它的蛾子能够到达终点就建边（就算后面有不能到达终点的后代也无所谓，因为这样不会建边）             {                for(int j=he1[i];j>0;j=ter[j].ne)                    bu2(i,ter[j].to);            }        }    }}inline void spfa()//跑一边最短路 {    memset(ans,0x7f,sizeof(ans));    memset(flag,0,sizeof(flag));    qwq.push(s),flag[s]=1,ans[s]=0;    while(!qwq.empty())    {        int qaq=qwq.front();        for(int i=he3[qaq];i>0;i=ing[i].ne)        {            int t=ing[i].to;            if(ans[t]>ans[qaq]+1)//边权为1             {                ans[t]=ans[qaq]+1;                if(!flag[t])                    qwq.push(t),flag[t]=1;            }        }        flag[qaq]=0;        qwq.pop();    }    if(ans[e]<2139062143)        cout<
         
        
       
      
     

t3：这是2014年最有难度的一个题，首先我们可以转化一下方程。

根据秦九韶算法：

所以我们可以简化一下计算，降低一下时间复杂度，这是第一个优化

之后我们想一下，如果我们将方程模上一个质数，这时如果满足另一边为0的时候，我们是不是可以基本看成x是方程的一个解，当然肯定会出现错误，但是如果我们多模上几个质数的时候，出错的概率就会大大降低呢？所以我们可以多模上几个数，这样也避免了高精运算2333333

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         using namespace std;typedef long long lo;const lo m1=99991;const lo m2=998244353;const lo m3=1000000007;lo n,m,a[110],b[110],c[110],ans,lin[1000010];bool flag[1000010];inline void re(int i){    char s=getchar();    bool fl=0;    while(s<'0'||s>'9')    {        if(s=='-')            fl=1;        s=getchar();    }    while(s>='0'&&s<='9')//取模是为了存的开         a[i]=((a[i]*10%m1)+s-'0')%m1,b[i]=((b[i]*10%m2)+s-'0')%m2,c[i]=((c[i]*10%m3)+s-'0')%m3,s=getchar();    if(fl)        a[i]*=-1,b[i]*=-1,c[i]*=-1;}inline bool ask1(lo x){    lo su=0;    for(lo i=n;i>=1;i--)//秦九韶的具体实现         su=((a[i]+su)*x)%m1;    su=(su+a[0])%m1;    if(su==0)//如果答案最后等于零，方程两边相等         return 1;    return 0;}inline bool ask2(lo x){    lo su1=0,su2=0;    for(lo i=n;i>=1;i--)//与上面类似，基本同理         su1=((b[i]+su1)*x)%m2,su2=((c[i]+su2)*x)%m3;    su1=(su1+b[0])%m2,su2=(su2+c[0])%m3;    if(su1==0&&su2==0)        return 1;    return 0;}int main(){    scanf("%lld%lld",&n,&m);    for(int i=0;i<=n;i++)        re(i);    for(lo i=1;i<=m1;i++)    {        if(ask1(i))//如果在模99991意义下可以，才能进一步判断         {            for(lo j=i;j<=m;j+=m1)            {                if(ask2(j))//如果另外两个质数下也可以才算是个答案                     flag[j]=1;            }        }    }    for(lo i=1;i<=m;i++)        if(flag[i])            lin[++ans]=i;    cout<
         
          <<'\n';    for(lo i=1;i<=ans;i++)        cout<
          
           <<'\n';}
          
         
        
       
      
     

抽空我再做15年的报告，毕竟15年的题还是很有难度的……