莫名其妙20分了。c++
考場上一眼秒掉了這個題目:這不就是個並查集捆綁+快速冪麼學習
而後開開心心這個點若是有這個質因子的話\(fa\)就指向這個質因子,而每一個數字有多個質因子。。。優化
多個質因子在相互指\(fa\)的時候指亂套了。。。。spa
對拍的時候看出來的,而後用\(1\)個多小時來調這份代碼,最後本身都不知道這東西在幹嗎了,就涼了。3d
寫了個暴力枚舉,指望\(20\)實際\(20\)code
看到成績以後:這題怎麼會爆\(long long\)的???blog
而後講題的時候。。。出題人說第二個部分分裏面\(a_i\)的取值範圍給錯了,少了三個零。。。圖片
涼涼,\(30\)掛沒了get
#include <cstdio> #include <cstring> inline int read() { int n=0,w=1;register char c=getchar(); while(c<'0' || c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();} while(c>='0' && c<='9')n=n*10+c-'0',c=getchar(); return n*w; } const int N=1e5+1,mod=1e9+7; int n,tot,a[N],prime[N],head[N*10]; bool notprime[N],vis[N]; struct Edge{ int v,nxt; }edge[N<<1]; inline void add(int u,int v) {edge[++tot]=(Edge){v,head[u]};head[u]=tot;} inline void Get_prime() { for(int i=2;i<N;++i) { if(!notprime[i]) prime[++tot]=i; for(int j=1;i*prime[j]<=N && j<=tot;++j) { notprime[i*prime[j]]=true; if(i%prime[j] == 0) break; } } } inline void work(int now) { int x=1e5,id=now; now=a[now]; while(now^1) { ++x; if(now%prime[(int)(x-1e5)]==0) { while(now%prime[x]==0) now/=x; add(id,x); } } } void dfs(int now) { vis[now]=true; for(int i=head[now];i;i=edge[i].nxt) dfs(edge[i].v); } inline int ksm(long long x,int b) { long long res=1; for(;b;b>>=1,x=x*x%mod) if(b&1) res=res*x%mod; return res; } int main() { freopen("x.in","r",stdin); freopen("x.out","w",stdout); int t=read(); Get_prime(); tot=0; while(t--) { memset(vis,false,sizeof vis); memset(head,0,sizeof head); tot=0; n=read(); for(int i=1;i<=n;++i) { a[i]=read(); work(i); } tot=0; for(int i=1;i<=n;++i) if(!vis[i]) { ++tot; dfs(i); } printf("%d\n",(ksm(2,tot)-2+mod)%mod); } fclose(stdin),fclose(stdout); return 0; }
/* * 這啥題啊。。。 * ao原來d是長度啊。。。。 * * 那不是。。。暴力就很好寫了 * string+map水一發 */ #include <string> #include <cstdio> #include <map> inline int read() { int n=0,w=1;register char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9')n=n*10+c-'0',c=getchar(); return n*w; } const int N=91; int n,m,d,tot,ans,head[N]; std::string s; std::map<std::string,int> mp; struct Edge{ int v,w,nxt; }edge[N*(N-1)*2]; inline void add(int u,int v,int w) {edge[++tot]=(Edge){v,w,head[u]};head[u]=tot;} void dfs(int now,int step) { if(step==d) { if(!mp[s]) mp[s]=++ans; return ; } for(int i=head[now];i;i=edge[i].nxt) { s.push_back(edge[i].w+'0'); dfs(edge[i].v,step+1); s.erase(s.end()-1); } } int main() { freopen("y.in","r",stdin); freopen("y.out","w",stdout); n=read(),m=read(),d=read(); for(int u,v,w,i=1;i<=m;++i) { u=read(),v=read(),w=read(); add(u,v,w),add(v,u,w); } dfs(1,0); printf("%d",ans); fclose(stdin);fclose(stdout); return 0; }
/* * 我旁邊的dalao用一小時切了這個題,而後處處說:哇T3好水我貪心能100啊 * 而後有人問他:你複雜度多少的 * 他:100啊 * 那人:???100是個什麼複雜度啊,我問的是複雜度 * 他:aoao。。。我看看啊。。。 O(n*q)的 * 那人:。。。你再去看看數據範圍 * 他:??? * * 笑死我了hhhhh * 寫了個模擬 */ #include <cstdio> inline int read() { int n=0,w=1;register char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9')n=n*10+c-'0',c=getchar(); return n*w; } const int N=1e5+1; int n,q,x[N]; int main() { freopen("z.in","r",stdin); freopen("z.out","w",stdout); n=read(),q=read(); for(int i=1;i<=n;++i) x[i]=read(); int len,l,r,ans; while(q--) { len=read(); ans=l=0,r=len; for(int i=1;i<=n;++i) { if(x[i]>r) { ans+=x[i]-r; l+=x[i]-r; r=x[i]; } else if(x[i]<l) { ans+=l-x[i]; r-=l-x[i]; l=x[i]; } } printf("%d\n",ans); } fclose(stdin);fclose(stdout); return 0; }
對全部\(gcd\ne 1\)的兩個數字連邊,最後統計聯通塊數量(假設爲\(cnt\)),那麼答案爲\(2^{cnt}-2\)string
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=1e5+10,maxa=1e6+10,mod=1e9+7; int t,n,last[maxa],ans; bool vis[maxn]; vector<int> g[maxn]; int pcnt,prime[maxa],minp[maxa]; bool prm[maxa]; inline void init(){ for(int i=2;i<maxa;++i){ if(!prm[i]){ prime[++pcnt]=i; minp[i]=i; } for(int j=1;j<=pcnt&&i*prime[j]<maxa;++j){ prm[i*prime[j]]=true; minp[i*prime[j]]=prime[j]; if(i%prime[j]==0) break; } } } void dfs(int pos){ vis[pos]=true; for(int i=0;i<g[pos].size();++i) if(!vis[g[pos][i]]) dfs(g[pos][i]); } int main(){ freopen("x.in","r",stdin); freopen("x.out","w",stdout); init(); scanf("%d",&t); while(t--){ scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=pcnt;++i) last[prime[i]]=0; for(int i=1,x;i<=n;++i){ vis[i]=false; g[i].clear(); scanf("%d",&x); while(x>1){ int fac=minp[x]; while(x%fac==0) x/=fac; if(last[fac]){ g[i].push_back(last[fac]); g[last[fac]].push_back(i); } last[fac]=i; } } ans=1; for(int i=1;i<=n;++i) if(!vis[i]) ans=ans*2%mod,dfs(i); printf("%d\n",(ans+mod-2)%mod); } return 0; }
\(f[i][j][mask]\)表示從\(i\)出發,到\(j\)結束,是否存在一條表示爲\(mask\)的路徑
可是顯然這個複雜度不夠優
考慮meet in the middle ,對於每種可能的路徑,枚舉中間的位置進行判斷
\(O(2^{\frac{d}{2}}\times n\times (n+m))+2^d\times n\)
能夠用\(bitset\)進行優化,能讓總體除以\(64\),由此能夠解決\(N\)更大的問題
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=90+10,maxmask=1<<20/2+1; int n,m,d,d1,d2,ans; bitset<maxn> g0[maxn],g1[maxn],dp[maxmask],f[maxmask]; int main(){ freopen("y.in","r",stdin); freopen("y.out","w",stdout); scanf("%d%d%d",&n,&m,&d); for(int i=1,u,v,c;i<=m;++i){ scanf("%d%d%d",&u,&v,&c); if(c) g1[u][v]=g1[v][u]=true; else g0[u][v]=g0[v][u]=true; } d2=d/2;d1=d-d2; for(int u=n;u;--u){ for(int i=0;i<maxmask;++i) dp[i].reset(); dp[1][u]=true; for(int x=1;x<1<<d1;++x) for(int v=1;v<=n;++v) if(dp[x][v]){ dp[x<<1]|=g0[v]; dp[x<<1|1]|=g1[v]; } for(int x=0;x<1<<d1;++x) f[x][u]=dp[1<<d1|x].any(); } for(int i=0;i<1<<d1;++i) for(int j=0;j<1<<d2;++j) if((dp[1<<d2|j]&f[i]).any()) ++ans; printf("%d\n",ans); return 0; }
若是存在一個\(x_i\)使得\(x_{i-1}=x_i\)或者\(x_{i-1}\lt x_i\lt x_{i+1}\),那麼能夠刪掉它(當完成上一個\(x\)的時候同時完成了這個任務)
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=1e5+10; int n,m; ll tot,ans[maxn]; vector<int> x; vector<pair<int,int> > a; map<int,int> mp; inline ll calc(ll k){ if(!mp.empty()&&mp.begin()->second<0) return tot-(mp.size()-1)*k; else return tot-mp.size()*k; } inline void solve(){ priority_queue<pair<int,int>,vector<pair<int,int> >,greater<pair<int,int> > > q; int t=0; for(int i=0;i<x.size();++i){ tot+=abs(x[i]); mp[i]=x[i]; q.push(make_pair(abs(x[i]),i)); } while(!q.empty()){ int id=q.top().second,tmp=q.top().first;q.pop(); map<int,int>::iterator p=mp.lower_bound(id); if(p==mp.end()||p->first!=id||abs(p->second)!=tmp) continue; while(t<a.size()&&abs(p->second)>a[t].first) ans[a[t].second]=calc(a[t].first),++t; if(p!=mp.begin()) if(p!=prev(mp.end())){ tmp=p->second,tot-=abs(p->second); tmp+=prev(p)->second,tot-=abs(prev(p)->second); tmp+=next(p)->second,tot-=abs(next(p)->second); mp.erase(prev(p)); mp.erase(next(p)); p->second=tmp,tot+=abs(tmp); q.push(make_pair(abs(tmp),id)); } else{ tot-=abs(p->second); mp.erase(p); } else if(p->second>0) if(p!=prev(mp.end())){ tmp=p->second,tot-=abs(p->second); tmp+=next(p)->second,tot-=abs(next(p)->second); mp.erase(next(p)); if(tmp){ p->second=tmp,tot+=abs(tmp); q.push(make_pair(abs(tmp),id)); } else mp.erase(p); } else{ tot-=abs(p->second); mp.erase(p); } } while(t<a.size()) ans[a[t].second]=calc(a[t].first),++t; } int main(){ freopen("z.in","r",stdin); freopen("z.out","w",stdout); scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=0,p,last=0;i<n;++i){ scanf("%d",&p); if(p==last) continue; if(!x.empty()&&(x.back()<0&&p<last||x.back()>0&&p>last)) x.back()+=p-last; else x.push_back(p-last); last=p; } for(int i=0,l;i<m;++i){ scanf("%d",&l); a.push_back(make_pair(l,i)); } sort(a.begin(),a.end()); solve(); for(int i=0;i<m;++i) printf("%lld\n",ans[i]); return 0; }
一個\(n\)個點\(m\)條邊的無向連通圖從\(1\)號點開始\(bfs\),可能獲得的\(bfs\)序有不少,取決於出邊的訪問順序。如今給出一個\(1\)到\(n\)的排列,判斷是否多是一個\(bfs\)序
\(n,m\le 2\times 10^5\)
解:
先假設給出的這個\(bfs\)序列是合法的,令每一個節點的權值爲在給定序列中的位置
而後從\(1\)號點開始進行\(bfs\),出邊的訪問順序按照權值從小到大訪問
最後將這樣跑\(bfs\)獲得的\(bfs\)序跟給定的序列進行比較,若是徹底一致,那麼這個序列是合法的
一個\(n\)個點\(m\)條邊的無向連通圖中每一個點都有一個權值,如今要求給每條邊定一個權值,知足每一個點的權值等於全部相連的邊權之和,權值可負。
解:
若是圖是一棵樹,那麼方案就是惟一的,直接判就能夠了。
不然隨便搞一棵生成樹,先無論其餘邊,跑一遍。
這時根節點可能還不知足條件。
這時考慮其餘的邊,一條非樹邊會造成一個環。
若是是一個偶環,那麼不管這條非樹邊怎麼變,都不會對根節點產生影響。
而若是是奇環,那麼若給這條非樹邊增長或減小權值,根節點會發生2 的權值變
化。
那麼就能夠了。
給定一個\(n\)個點\(m\)條邊的有向帶權圖,對於一條邊權爲\(w\)的邊,通過時將得到\(w\)的收益,以後\(w=\lfloor \frac{w}{2}\rfloor\)
問從\(1\)號點出發最多能得到多少收益
解:
一個強連通份量內部全部的邊確定能夠被走到底。
因此縮點後\(dp\)便可
有\(m\)我的,\(n\)張椅子,第\(i\)我的只能坐在第\(u_i\)或第\(v_i\)張椅子上。求有多少種方案知足沒有人坐在同一張椅子上。
解:
把椅子當作點,人當作邊,變成一個圖。
每一個連通塊能夠分開考慮。
假設某個連通塊中有\(v\)個點,\(e\)條邊,因爲連通,有\(v−1\le e\),而且若\(e\gt v\)則無解,因此\(e\)只有\(v−1\)和\(v\)兩種取值。
假如\(e=v−1\),那麼該連通塊有\(v\)種方案:考慮枚舉每一個點不放的狀況,其餘的點均可以惟一肯定。
假如\(e=v\)且環長\(\gt 1\),那麼該連通塊有\(2\)種方案:考慮環上的一條邊,這條邊的放法肯定後其餘的均可以惟一肯定。
給定一個\(v\)個點\(e\)條邊的帶權無向圖,在圖上有\(n\)我的,第\(i\)我的位於點\(x_i\),一我的經過一條邊須要花費這條邊的邊權的時間。如今每一個人能夠自由地走。求最短多少時間後知足結束後有人的節點數\(\ge m\)
\(n,v\le 500\)
解:
先\(floyd\)預處理出兩兩之間的距離。
而後能夠二分答案。二分答案以後,每一個人向能走到的點連邊。
能夠發現合法的條件就是最大匹配數\(\ge m\)。 跑二分圖匹配就能夠了。