##比賽感想## 原本21:05開始的比賽，結果記成21:30了。。。晚了25分鐘纔開始[捂臉] 此次是Educational Round，因此還比較簡單。node
前兩道題一眼看去模擬+貪心，怕錯仔細看了好幾遍題，很快切掉 第三題，dfs+貪心 一開始想得有點簡單，少了幾種狀況，寫代碼時才發現問題…… 悲傷地發現 寫+調 這道題用了我很長時間…（這叫什麼？基礎不牢，地動山搖！）ios
而後，竟然只剩40分鐘了……c++
第四題，啊啊啊！ 圖論，個人痛！ 果斷跳過 第五題，額，不就是個線段樹麼？ n<=10 $^9$ ？很差很差，要動態開節點 噼裏啪啦噼裏啪啦…… 提交。爲何超時了？？？ 個人常數真的這麼大麼？？ 調一調…仍是不行。。（……比賽結束後才發現是編譯器的問題……）git
而後，竟然只剩10分鐘了……數組
第六題，啊啊啊！怎麼又是圖論！ 圖論，個人痛！果斷跳過 第七題，數論，有關gcd 奇蹟般地有了思路，惋惜，時間不夠沒寫完……瀏覽器
接着，悲傷地發現比賽結束了。悲傷地發現我只作對了3道水題… 嗯，水平還有很大提高空間啊，前方路還很長……函數
##題目+題解##spa
###Codeforces 915###code
###A. Garden###排序
Luba要給花園澆水，花園長度爲k 她有n個水桶，每一個水桶一次澆的長度爲$a_i$ （不能多也不能少） 她要選擇1個水桶，使她澆得最快，且不會有地方被澆兩次，不會澆到花園外面 求她澆完的最短期。 （n,k,$a_i$ $\leq$ 100）
####想法#### 在ai中找到可整除k的最大的數，用k除以這個數即是答案
####代碼####
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main()
{
int n,k,i,x,ans=1000;
scanf("%d%d",&n,&k);
for(i=0;i<n;i++){
scanf("%d",&x);
if(k%x!=0) continue;
ans=min(ans,k/x);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
###B. Browser###
Luba在瀏覽器中打開了n個標籤，從左到右標號1~n 她只需[l,r]的標籤，因此她要把其餘的標籤關上 她的鼠標停在第pos個標籤頁上 設她某時間鼠標位置爲i，她能夠有兩種操做： 1.關閉[1,i-1]或[i+1,n]中全部開着的標籤 2.將鼠標移到第i-1或第i+1個標籤上 （前提：移到的那個標籤必須是開着的） 求她把除[l,r]外其餘標籤都關閉的最少操做數。 （n $\leq$ 100）
####想法#### 分狀況考慮+貪心
####代碼####
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main()
{
int n,pos,l,r,s;
scanf("%d%d%d%d",&n,&pos,&l,&r);
if(l==1 && r==n) printf("0\n");
else if(l==1) printf("%d\n",abs(r-pos)+1);
else if(r==n) printf("%d\n",abs(l-pos)+1);
else {
s=min(abs(l-pos),abs(r-pos));
s+=r-l+2;
printf("%d\n",s);
}
return 0;
}
###C. Permute Digits###
給定a與b，求 將組成a的數字從新排列，組成的不大於b的最大整數 注意，輸出的整數與a的位數要一致，前導0要輸出 （a,b $\leq$ $10^{18}$ ）
####想法#### 若b的位數比a大，那麼直接貪心，將組成a的數字從大到小輸出 不然，先把在b前補0使它與a的位數一致，接着從高位往低位考慮貪心，dfs回溯判斷是否可行，若貪心到某一位發現 a的這一位<b的這一位，後面的位直接貪心
####代碼####
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int a[10];
char b[20],s[20];
int m,ans[20];
void Max(int cur){
for(int i=9;i>=0;i--)
for(int j=0;j<a[i];j++)
ans[cur++]=i;
}
bool dfs(int cur){
if(cur==m) return true;
int i;
if(a[i=b[cur]-'0']){
ans[cur]=i;
a[i]--;
if(dfs(cur+1)) return true;
a[i]++;
}
for(i=i-1;i>=0;i--)
if(a[i]){
ans[cur]=i;
a[i]--;
Max(cur+1);
return true;
}
return false;
}
int main()
{
int i,n;
scanf("%s",s);
n=strlen(s);
for(i=0;i<n;i++) a[s[i]-'0']++;
scanf("%s",b);
m=strlen(b);
if(m>n) Max(0);
else{
for(i=m-1;i>=0;i--) b[i+n-m]=b[i];
for(i=0;i<n-m;i++) b[i]='0';
m=n;
dfs(0);
}
for(i=0;i<n;i++) printf("%d",ans[i]);
printf("\n");
return 0;
}
###D. Almost Acyclic Graph###
給定一個n個點m條邊的有向圖 問是否能夠去掉一條邊是圖中再也不有環 （ 2 $\leq$ n $\leq$ 500 , 1 $\leq$ m $\leq$ min(n(n-1),100000) ）
####想法#### tarjan找scc，過程當中記錄某一個環 若scc數目==n，則yes 不然，對於記錄下來的那個環，試着把每條邊刪一遍，跑tarjan 若刪掉某條邊後的scc數目==n，則yes 不然no （由於若刪一條邊知足條件的話，這條邊必定在每一個環中都出現）
####代碼####
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 505;
int dfn[N],map[N][N],low[N],vis[N],fa[N];
int scc,n,cnt;
int s[N],t;
int cir[N],tot;
void dfs(int u){
dfn[u]=low[u]=++cnt;
s[t++]=u; vis[u]=1;
for(int v=1;v<=n;v++)
if(map[u][v]){
if(!dfn[v]){
fa[v]=u;
dfs(v);
low[u]=min(low[u],low[v]);
}
else if(vis[v]){
low[u]=min(low[u],dfn[v]);
if(!tot){
for(int i=u;i!=v;i=fa[i]) cir[tot++]=i;
cir[tot++]=v;
}
}
}
if(dfn[u]==low[u]){
scc++;
while(s[t-1]!=u) vis[s[--t]]=0;
vis[s[--t]]=0;
}
}
void tarjan() { for(int i=1;i<=n;i++) if(!dfn[i]) dfs(i); }
int main()
{
int i,m,x,y,flag;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=0;i<m;i++)
scanf("%d%d",&x,&y),map[x][y]=1;
tarjan();
if(scc==n) puts("YES");
else{
flag=0;
y=cir[tot-1];
for(i=0;i<tot;i++){
x=cir[i];
memset(dfn,0,sizeof(dfn));
map[x][y]=0;
cnt=scc=0; tarjan();
if(scc==n) { flag=1; break; }
map[x][y]=1;
y=cir[i];
}
if(flag) puts("YES");
else puts("NO");
}
return 0;
}
###E. Physical Education Lessons###
距學期結束還有n天，Alex須要在這n天上課 但因爲他的學校上課時間常變更（共q次），因此他想知道每次變更後他須要上多少天課 有兩種變更： 1.[l,r]都不上課 2.[l,r]都要上課 假設一開始他要上n天課 （ 1 $\leq$ n $\leq$ $10^9$ , 1 $\leq$ q $\leq$ 300000 ）
####想法#### 標準的線段樹啊 因爲n最大1e9因此須要動態開節點
####代碼####
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 300005;
int n;
struct node{
node *ch[2];
int sum,lazy;
}pool[N*50],*root;
int cnt;
void pushdown(node *p,int l,int r){
int mid=(l+r)>>1;
if(!p->ch[0]){
p->ch[0]=&pool[++cnt];
p->ch[0]->sum=(mid-l+1);
p->ch[0]->lazy=-1;
}
if(!p->ch[1]){
p->ch[1]=&pool[++cnt];
p->ch[1]->sum=(r-mid);
p->ch[1]->lazy=-1;
}
if(p->lazy!=-1){
p->ch[0]->sum=(mid-l+1)*p->lazy;
p->ch[1]->sum=(r-mid)*p->lazy;
p->ch[0]->lazy=p->ch[1]->lazy=p->lazy;
p->lazy=-1;
}
}
void update(node *p) { p->sum=p->ch[0]->sum+p->ch[1]->sum; }
void change(node *p,int l,int r,int L,int R,int k){
if(p->sum==(r-l+1)*k) return;
if(l==L && r==R){
p->sum=k*(r-l+1);
p->lazy=k;
return;
}
pushdown(p,l,r);
int mid=(l+r)>>1;
if(mid>=R) change(p->ch[0],l,mid,L,R,k);
else if(mid<L) change(p->ch[1],mid+1,r,L,R,k);
else{
change(p->ch[0],l,mid,L,mid,k);
change(p->ch[1],mid+1,r,mid+1,R,k);
}
update(p);
}
int main()
{
int q,i,k,l,r;
scanf("%d%d",&n,&q);
root=&pool[++cnt]; root->lazy=-1;
root->sum=n;
for(i=0;i<q;i++){
scanf("%d%d%d",&l,&r,&k);
change(root,1,n,l,r,k-1);
printf("%d\n",root->sum);
}
return 0;
}
###F. Imbalance Value of a Tree###
給定一棵n個節點的樹，每一個點都有權值ai 函數I(x,y)的值爲從x到y的惟一路徑上點權最大－點權最小 （包括路徑上的點x,y） 求全部點對的I(x,y)之和 （n $\leq$ $10^6$）
####想法#### 如果暴力枚舉每對點的話，就算求I爲O(1)也會超時 因而考慮函數I，其實是求每對點間路徑上的點權最小值之和 及 最大值之和 先考慮最小值 對於點權最小的那個點，顯然全部通過它的路徑上點權最小的都是它 對於點權次小的點，全部通過它且不通過點權最小點的路徑上，點權最小的都爲它 …… 對於點權次大的點，它被計算當且僅當有一條邊鏈接它與點權最大的點 對於點權最大的點，它不會被計算
因爲是樹，兩兩點間路徑是惟一的 因而就有這樣一種作法：將每條邊按照所連兩點權值較小值 從大到小排序 藉助並查集，按排好的順序合併邊所連的兩點，共n-1次 每次合併，兩個集合中各任取一點，它們之間的路徑上點權最小值爲 這條邊所連兩點權值較小值
最大值同理，只不過是按邊所連兩點權值較大值 從小到大排序
####代碼####
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 1000005;
typedef long long ll;
struct edge{
int u,v;
}e[N];
int val[N],fa[N],size[N];
bool cmp1(edge x,edge y) { return min(val[x.u],val[x.v])>min(val[y.u],val[y.v]); }
bool cmp2(edge x,edge y) { return max(val[x.u],val[x.v])<max(val[y.u],val[y.v]); }
int Getfa(int x) { return fa[x]==x ? x : fa[x]=Getfa(fa[x]); }
int n;
int main()
{
int i,x,y,v;
ll ans=0;
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&val[i]);
for(i=1;i<n;i++) scanf("%d%d",&e[i].u,&e[i].v);
for(i=1;i<=n;i++) fa[i]=i,size[i]=1;
sort(e+1,e+n,cmp1);
for(i=1;i<n;i++){
v=min(val[e[i].u],val[e[i].v]);
x=Getfa(e[i].u); y=Getfa(e[i].v);
if(size[x]<size[y]) swap(x,y);
ans-=(ll)v*size[x]*size[y];
fa[y]=x;
size[x]+=size[y];
}
for(i=1;i<=n;i++) fa[i]=i,size[i]=1;
sort(e+1,e+n,cmp2);
for(i=1;i<n;i++){
v=max(val[e[i].u],val[e[i].v]);
x=Getfa(e[i].u); y=Getfa(e[i].v);
if(size[x]<size[y]) swap(x,y);
ans+=(ll)v*size[x]*size[y];
fa[y]=x;
size[x]+=size[y];
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
###G. Coprime Arrays###
人們管知足 gcd($a_1$,$a_2$,…,$a_n$) =1的數組a叫Coprime Array 給出n,k 設對於i $\in$ [1,k] 知足每一個元素都$\in$[1,i] 的Coprime Array的個數爲$b_i$ 求$\sum\limits_{i=1}^k$ ( $b_i$ ^ i) （n,k $\leq$ 2 $\times$ $10^6$）
####想法一####
定義對於一個數組a，lgcd=gcd($a_1$,$a_2$,…,$a_n$)
設 每一個元素都$\in$[1,i]的 知足lgcd=j 的數組個數爲w[i][j] 那麼b[i]=$i^n$-$\sum\limits_{j=2}^i$ w[i][j] 很容易發現，w[i][j]=b[$ \frac {i} {j}$ ] 接下來跟「餘數求和」有那麼一點像 愉快地超時了……
####代碼####
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define P 1000000007
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2000005;
int PowerMod(int x,int b){
int ret=1;
while(b){
if(b&1) ret=((ll)ret*x)%P;
x=((ll)x*x)%P;
b>>=1;
}
return ret;
}
int f[N];
int n,k;
int main()
{
int i,l,r,ans;
scanf("%d%d",&n,&k);
f[1]=1;
ans=0;
for(i=2;i<=k;i++){
f[i]=PowerMod(i,n);
for(l=2,r;l<=i;l=r+1){
r=i/(i/l);
if(r>i) r=i;
f[i]=(f[i]-((ll)r-l+1)*(f[i/l]-P))%P;
}
ans=(ans+(f[i]^i))%P;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
####想法二#### 想想能夠發現，b數組是遞增的 設f[i]=b[i]-b[i-1]
f[i]統計的是至少有一個元素爲i的Coprime Array個數 和想法一的思路有一點點像 設 每一個元素都$\in$[1,i]的 知足lgcd=j 且至少有一個元素爲i 的數組個數爲w[i][j] 因爲肯定數組中必定有一個數是i，那麼算出的lgcd值只能爲i的約數 很容易發現，w[i][j]=f[$\frac {i} {j} $ ] 那麼f[i]=$i^n$ - $(i-1)^n$ - $\sum${w[i][j] | j $\in$ [1,i] , i mod j=0 } （無比神奇的sum用法。。。）
####代碼####
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define P 1000000007
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2000005;
ll PowerMod(int x,int b){
ll ret=1;
while(b){
if(b&1) ret=(ret*x)%P;
x=((ll)x*x)%P;
b>>=1;
}
return ret;
}
ll f[N],p[N];
int n,k;
int main()
{
int i,j;
ll ans,sum;
scanf("%d%d",&n,&k);
ans=sum=0;
for(i=1;i<=k;i++){
p[i]=PowerMod(i,n);
f[i]=(f[i]+p[i]-p[i-1]+P)%P;
sum=(sum+f[i])%P;
ans=(ans+(sum^i))%P;
for(j=i*2;j<=k;j+=i)
f[j]=(f[j]-f[i]+P)%P;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
終於…… 