2020ICPC 江西省大學生程序設計競賽(A,B,E,G,H,I,K,L,M)

時間 2021-01-19

標籤 node ios c++ app spa .net debug code blog 欄目軟件設計简体版

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judge: 牛客node

A-A Simple Math Problem

judge:牛客ios

題意

給你一個n，讓你求出\(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{i}[gcd(i,j)==1]f(j)\)。
其中f(x)表示的是數位和，eg:f(122)=1+2+2=5。c++

題解

一眼能夠看出是道反演題，可是仔細想一想發現不是特別好維護，而後給的範圍又有點誤導，讓人覺得能夠瞎搞過（實際上真的能夠打表過或者容斥過），而後中間耽擱了很長時間，還寫了個瞎搞的作法，不過沒敢交，最後才發現轉換一下就是一道經典的反演題。
首先題目讓咱們求的是\(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{i}[gcd(i,j)==1]f(j)\)，咱們須要轉換成\(\sum_{i=1}^{n}f(i)\sum_{j=i+1}^{n}[gcd(i,j)==1]\)。
其實只是枚舉策略的變換，求的答案仍是同樣，只不過第二個公式能夠用反演求，並且還比較好求，第一個沒有辦法用反演作（實際上是我不會）。
至於緣由，咱們須要對第一個公式有足夠的瞭解，第一個公式讓咱們求的是全部比當前數小，且與當前數互質的數的數位和。
思惟轉換一下，咱們把每一個數單獨進行考慮，每一個數對答案產生的貢獻就是比它大，且與它互質的數的個數乘以這個數的數位和（就是轉換後的公式）。
至於第二個公式怎麼求，能夠參考我寫的一篇題解，這個題讓咱們求的就是前半部分，只不過數位和變成了數位乘。app

代碼

#include <bits/stdc++.h>
#define PI atan(1.0)*4
#define rp(i,s,t) for (int i = (s); i <= (t); i++)
#define RP(i,t,s) for (int i = (t); i >= (s); i--)
#define sc(x) scanf("%d",&x)
#define scl(x) scanf("%lld",&x)
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define mst(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<ll,ll>
#define pil pair<int,ll>
#define m_p make_pair
#define p_b push_back
#define ins insert
#define era erase
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LINF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define dg if(debug)
#define outval(a) cout << "Debuging...|" << #a << ": " << a << "\n";
using namespace std;
int debug = 0;
ll gcd(ll a,ll b){
	return b?gcd(b,a%b):a;
}
ll lcm(ll a,ll b){
	return a/gcd(a,b)*b;
}
inline int read(){
	int s=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){
		if(ch=='-') f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){
		s=s*10+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return s*f;
}
const int N = 1e6+7;
int n;
ll phi[N],mu[N];
int prime[N];
int flag[N];
ll F[N];
ll G[N];
ll Num[N];
int num=0;
int f(int x){
	int ans=0;
	while(x) ans+=x%10,x/=10;
	return ans;
}
int g(int x){
	int ans=1;
	while(x) ans*=x%10,x/=10;
	return ans;
}
void init(){
	phi[1]=1;
	mu[1]=1;
	F[1]=G[1]=1;
	for (int i=2;i<=n;i++){
		F[i]=f(i);
		G[i]=g(i);
		if (flag[i]==0)//這表明i是質數 
		{
			prime[++num]=i;
			phi[i]=i-1;
			mu[i]=-1;
		}
		for (int j=1;j<=num&&prime[j]*i<=n;j++){
			flag[i*prime[j]]=1;
			if (i%prime[j]==0){
				phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
				mu[i*prime[j]]=0;
				break;
			}
			phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1),mu[i*prime[j]]=-mu[i];
		}
	}
    rp(i,1,n) for(int j=i;j<=n;j+=i) Num[i]+=F[j];
}
void solve(){
	n=read();
	init();
	ll ans1=0;
    ll ans2=0;
	rp(i,1,n){
		ll t=0;for(int j=i;j<=n;j+=i) t+=F[j];
		ans1+=mu[i]*t*(n/i);
	}
    rp(i,1,n) ans2+=F[i]*phi[i];
	cout<<ans1-ans2+1<<endl;
}
int main(){
	//ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#ifdef ONLINE_JUDGE
#else
	freopen("in.txt", "r", stdin);
	//debug = 1;
#endif
	time_t beg, end;
	//if(debug) beg = clock();
    solve();

	/*
	if(debug) {
		end = clock();
		printf("time:%.2fs\n", 1.0 * (end - beg) / CLOCKS_PER_SEC);
	}
	*/
	return 0;
}

B-Apple

judge:牛客ui

題意

現有n個蘋果，求出可否分給m我的，知足全部人的蘋果總數都不同。spa

題解

首先求出知足m我的的蘋果數量都不一樣的最少蘋果數。最實惠的方案固然是依次擁有1,2,3,...,m-1,m個蘋果。須要花費\(\frac{m(m+1)}{2}\)個蘋果。至於剩下的蘋果，所有交給最後一我的便可，這樣就知足了全部人的蘋果數都不同。.net

若是蘋果總數小於\(\frac{m(m+1)}{2}\)，就說明不管怎麼分都沒法知足每一個人的蘋果總數都不同。debug

代碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read() {
    int s = 0, f = 1;
    char ch = getchar();
    while (ch < '0' || ch > '9') { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); }
    while (ch >= '0' && ch <= '9') { s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
    return s * f;
}
void solve() {
    int n = read(), m = read();
    if (n >= m * (m + 1) / 2) puts("possible");
    else puts("impossible");
}
int main() {
    int T = read();
    while (T--) solve();
    return 0;
}

E-Color Sequence

judge:牛客code

題意

定義一個合法的序列爲序列裏的每一個元素都出現偶數次。blog

給定一個有n個元素的序列，序列元素最多有21種，編號在數值在[0-20]，求出合法序列的個數。

題解

維護每一個數字出現次數的前綴和，且咱們只關心數字出現次數的奇偶性，因此咱們只保存 \(0\) 和 \(1\) 兩個狀態，一個二進制位便可保存一個數字的狀態。將 \(21\) 個前綴和的對應位置概括到一塊兒，那麼一個 \(int\) 類型的整數就可保存一組狀態。

當一組狀態爲 \(t\) 時，維護每組狀態出現的次數 \(num[t]\)。

假設 \(a_i\) 爲 \(2\)，前一個位置的狀態爲 \(t\)，那麼將 \(a_i\) 加入 \(t\)，只須要將 \(t\) 中的第 \(i\) 個位置取反，即 \(t=t\oplus(1<<a_i)\)。而後將 \(num[t]=num[t]+1\)。

假設將 \(a_i\) 加入後的狀態爲 \(t\)，則前面有 \(num[t]\) 個位置能夠做爲起點，第 \(i\) 個位置做爲終點，區間內全部元素的出現次數都爲偶數。

\[ans=\sum_{i=1}^{n}{num[t_i]} \]

代碼

#include <bits/stdc++.h>
#define _for(i, a) for(int i = 0, lennn = (a); i < lennn; ++i)
#define _rep(i, a, b) for(int i = (a), lennn = (b); i <= lennn; ++i)
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 100005;
const int maxm = 5000005;
const int inf = 0x3f3f3f3f;

inline int read() {
    int x(0), f(1); char ch(getchar());
    while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); }
    while (ch >= '0'&&ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
    return x * f;
}
int n;
int mp[maxm];

void sol() {
    int t = 0;
    int ans = 0;
    ++mp[t];
    _rep(i, 1, n) {
        int x = read();
        t ^= (1 << x);
        ans += mp[t];
        ++mp[t];
    }
    printf("%d\n", ans);
}

int main() {
    n = read();
    sol();
    return 0;
}

G-Mathematical Practice

judge:牛客

題意

題意不詳...

題解

隊友一眼看出答案是 \((m+1)^n\)...

代碼

#include <bits/stdc++.h>
#define _for(i, a) for(register int i = 0, lennn = (a); i < lennn; ++i)
#define _rep(i, a, b) for(register int i = (a), lennn = (b); i <= lennn; ++i)
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod = 998244353;

inline int read() {
    int x(0), f(1); char ch(getchar());
    while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); }
    while (ch >= '0'&&ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
    return x * f;
}

LL quickPow(LL x, LL n, LL mod) {
    LL ans = 1;
    while(n) {
        if(n & 1) ans *= x, ans %= mod;
        x *= x, x %= mod;
        n >>= 1;
    }
    return ans;
}

int main() {
    LL n = read(), m = read();
    printf("%lld\n", quickPow(m + 1, n, mod));
    return 0;
}

H-Sequence

judge:牛客

題意

給你一個每一個元素都互不相同的長度爲 \(n\) 的序列.

定義兩種操做:

選擇一個元素 \(a_x\), 令 \(a_x=y\).
選擇一個元素 \(a_x\), 找出最小值爲 \(a_x\) 的子串的個數.

題解

分塊解法

考慮分塊維護每一個塊的最小值.

當執行操做1時, 令 \(a_x=y\), 同時從新計算 \(a_x\) 所在的塊的最小值.

當執行操做2時, 分別找出左右兩邊連續大於等於 \(a_x\) 的元素的個數, 例如134562中4左右分別有1和2個不小於4的元素. 那麼能夠計算出包含4的子串的數目爲 \(1+2+1\times 2+1=6\), 當左邊有 \(cl\) 個元素,右邊有 \(cr\) 個元素時,包含 \(a_x\) 的字串的數目爲 \(cl+cr+cl\times cr+1\).

線段樹解法1

線段樹維護區間最小值。

當執行操做 \(1\) 時，\(update\) 執行更新。

當執行操做 \(2\) 時，分別找出 \([1,x-1]\) 和 \([x+1,n]\) 中距離 \(x\) 最近的最小值的位置，也就是在 \([1,x-1]\) 中找到最靠右的小於 \(a[x]\) 的值的位置，在 \([x+1,n]\) 中找出最靠左的小於 \(a[x]\) 的值的位置。

當咱們查找 \([1,x-1]\) 中最靠右的小於 \(a[x]\) 的值時，應首先檢查右兒子最小值是否小於 \(a[x]\)，若是小於說明右兒子區間有可能有答案。

之因此說「有可能有答案」是由於線段樹每次查找的區間 \([beg,end]\) 和咱們想要找的區間 \([l,r]\) 不必定是重合的，因此就算 \(T[node]\) 小於 \(a[x]\)，也僅僅說明是 \([beg,end]\) 區間內有小於 \(a[x]\) 的值，而不是 \([l,r]\) 區間內。當最小值出如今 \(end\) 前面，\(r\) 後面時，只查找右兒子顯然會犯錯。

更合理的作法是每次查找先判斷當前區間的最小值是否大於 \(a[x]\)。而後根據上面的要求查找右兒子，若是右兒子找到了合法的答案，那麼左兒子就不必再訪問了。若是右兒子沒有找到合法的答案，那就須要再找左兒子。

查找 \([x+1,n]\) 同理。

這樣單次查詢就能直接搜出答案。時間複雜度 \(O(nlogn)\)。

答案是 \(cl+cr+cl\times cr+1\)。

線段樹解法2

線段樹維護區間最小值。

直接二分左右邊界，查詢區間最小值檢驗。

時間複雜度相比「線段樹解法1」多了個 \(logn\)，時間複雜度 \(O(nlog^2n)\)。

代碼

分塊解法

#include <bits/stdc++.h>
#define _for(i, a) for(LL i = 0, lennn = (a); i < lennn; ++i)
#define _rep(i, a, b) for(LL i = (a), lennn = (b); i <= lennn; ++i)
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL maxn = 100005;

inline LL read() {
    LL x(0), f(1); char ch(getchar());
    while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); }
    while (ch >= '0'&&ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
    return x * f;
}

LL a[maxn], k[maxn], len;
LL n, m;

LL getN(LL pos) {
    return (pos - 1) / len + 1;
}

void init() {
    len = sqrt(n) + 1;
    len = min(len, n);
}

LL getLValOfThis(LL pos) {
    LL nu = getN(pos);
    for(LL i = pos - 1; i > (nu - 1) * len; --i) if(a[i] < a[pos]) return i;
    return -1;
}
LL getRValOfThis(LL pos) {
    LL nu = getN(pos);
    for(LL i = pos + 1; i <= nu * len; ++i) if(a[i] < a[pos]) return i;
    return -1;
}
LL getLVal(LL pos) {
    LL nu = getN(pos);
    for(LL i = nu - 1; i > 0; --i) if(k[i] < a[pos]) return i;
    return -1;
}
LL getRVal(LL pos) {
    LL nu = getN(pos), mn = getN(n);
    for(LL i = nu + 1; i <= mn; ++i) if(k[i] < a[pos]) return i;
    return -1;
}

void sol() {
    init();
    _rep(i, 1, n) a[i] = read();
    LL mn = getN(n);
    _rep(i, 1, mn) k[i] = LLONG_MAX;
    _rep(i, 1, n) k[getN(i)] = min(k[getN(i)], a[i]);
    _for(i, m) {
        LL op = read();
        if(op == 1) {
            LL x = read(), val = read();
            LL nu = getN(x);
            a[x] = val;
            k[nu] = LLONG_MAX;
            for(LL i = (nu - 1) * len + 1; i <= nu * len; ++i) k[nu] = min(k[nu], a[i]);
        }
        else {
            LL pos = read();
            LL l = pos - 1, r = pos + 1;
            LL cl = 0, cr = 0;
            LL LThis = getLValOfThis(pos);
            if(LThis != -1) cl = pos - LThis - 1;   // 本塊內找到
            else {                                  // 本塊內未找到，從下一塊開始找
                LL nu = getLVal(pos);
                if(nu == -1) cl = pos - 1;          // 左邊沒有比a[pos]更小的
                else {                              // 左邊有比a[pos]更小的
                    cl = pos - nu * len - 1;
                    for(LL i = min(pos - 1, nu * len); i > 0 && a[i] > a[pos]; --i) {
                        cl = pos - i;
                    }
                }
            }
            LL RThis = getRValOfThis(pos);
            if(RThis != -1) cr = RThis - pos - 1;   // 本塊內找到
            else {                                  // 本塊內未找到，從下一塊開始找
                LL nu = getRVal(pos);
                if(nu == -1) cr = n - pos;          // 右邊沒有比a[pos]更小的
                else {                              // 右邊有比a[pos]更小的
                    cr = (nu - 1) * len - pos;
                    for(LL i = max(pos + 1, (nu - 1) * len + 1); i <= n && a[i] > a[pos]; ++i) {
                        cr = i - pos;
                    }
                }
            }
            LL ans = cl + cr + cl * cr + 1;
            printf("%lld\n", ans);
        }
    }
}

int main() {
    n = read(), m = read();
    sol();
    return 0;
}

線段樹解法1

#include <bits/stdc++.h>
#define _for(i, a) for(int i = 0, lennn = (a); i < lennn; ++i)
#define _rep(i, a, b) for(int i = (a), lennn = (b); i <= lennn; ++i)
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 100005;

inline LL read() {
    LL x(0), f(1); char ch(getchar());
    while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); }
    while (ch >= '0'&&ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
    return x * f;
}

int n, m;
LL a[maxn];

LL T[maxn << 2];
void build(int node, int beg, int end) {
    if (beg == end) {
        T[node] = a[beg];
        return;
    }
    int mid = (beg + end) >> 1;
    build(node << 1, beg, mid);
    build(node << 1 | 1, mid + 1, end);
    T[node] = min(T[node << 1], T[node << 1 | 1]);
}
void update(int node, int beg, int end, int pos, LL val) {
    if(beg == end) {
        T[node] = val;
        return;
    }
    int mid = (beg + end) >> 1;
    if(pos <= mid) update(node << 1, beg, mid, pos, val);
    else update(node << 1 | 1, mid + 1, end, pos, val);
    T[node] = min(T[node << 1], T[node << 1 | 1]);
}
LL queryl(int node, int beg, int end, int l, int r, LL val) {
    if(T[node] > val) return 0;
    if (beg == end) return beg;
    LL ans = 0;
    int mid = (beg + end) >> 1;
    if(mid < r && T[node << 1 | 1] < val) ans = queryl(node << 1 | 1, mid + 1, end, l, r, val);
    if(mid >= l && ans == 0) ans = queryl(node << 1, beg, mid, l, r, val);
    return ans;
}
LL queryr(int node, int beg, int end, int l, int r, LL val) {
    if(T[node] > val) return n + 1;
    if (beg == end) return beg;
    LL ans = n + 1;
    int mid = (beg + end) >> 1;
    if(mid >= l && T[node << 1] < val) ans = queryr(node << 1, beg, mid, l, r, val);
    if(mid < r && ans == n + 1) ans = queryr(node << 1 | 1, mid + 1, end, l, r, val);
    return ans;
}
void sol() {
    _rep(i, 1, n) a[i] = read();
    build(1, 1, n);
    _for(i, m) {
        int op = read();
        if(op == 1) {
            int x = read(), val = read();
            a[x] = val;
            update(1, 1, n, x, val);
        }
        else {
            int x = read();
            LL cl = x - 1, cr = n - x;
            if(x > 1) cl = x - 1 - queryl(1, 1, n, 1, x - 1, a[x]);
            if(x < n) cr = queryr(1, 1, n, x + 1, n, a[x]) - x - 1;
            LL ans = cl + cr + cl * cr + 1;
            printf("%lld\n", ans);
        }
    }
}

int main() {
    n = read(), m = read();
    sol();
    return 0;
}

線段樹解法2

#include <bits/stdc++.h>
#define _for(i, a) for(int i = 0, lennn = (a); i < lennn; ++i)
#define _rep(i, a, b) for(int i = (a), lennn = (b); i <= lennn; ++i)
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 100005;

inline LL read() {
    LL x(0), f(1); char ch(getchar());
    while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); }
    while (ch >= '0'&&ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
    return x * f;
}

int n, m;
LL a[maxn];

LL T[maxn << 2];
void build(int node, int beg, int end) {
    if (beg == end) {
        T[node] = a[beg];
        return;
    }
    int mid = (beg + end) >> 1;
    build(node << 1, beg, mid);
    build(node << 1 | 1, mid + 1, end);
    T[node] = min(T[node << 1], T[node << 1 | 1]);
}
void update(int node, int beg, int end, int pos, LL val) {
    if(beg == end) {
        T[node] = val;
        return;
    }
    int mid = (beg + end) >> 1;
    if(pos <= mid) update(node << 1, beg, mid, pos, val);
    else update(node << 1 | 1, mid + 1, end, pos, val);
    T[node] = min(T[node << 1], T[node << 1 | 1]);
}
int query(int node, int beg, int end, int l, int r) {
    if (l <= beg && r >= end) return T[node];
    int ans = 0x3f3f3f3f;
    int mid = (beg + end) >> 1;
    if(mid >= l) ans = min(ans, query(node << 1, beg, mid, l, r));
    if(mid < r) ans = min(ans, query(node << 1 | 1, mid + 1, end, l, r));
    return ans;
}
void sol() {
    _rep(i, 1, n) a[i] = read();
    build(1, 1, n);
    _for(i, m) {
        int op = read();
        if(op == 1) {
            int x = read(), val = read();
            a[x] = val;
            update(1, 1, n, x, val);
        }
        else {
            int x = read();
            LL cl = 0, cr = 0;
            if(x > 1) {
                LL l = 1, r = x - 1;
                while(l <= r) {
                    LL mid = (l + r) >> 1;
                    if(query(1, 1, n, mid, x - 1) > a[x]) {
                        cl = x - mid;
                        r = mid - 1;
                    }
                    else l = mid + 1;
                }
            }
            if(x < n) {
                LL l = x + 1, r = n;
                while(l <= r) {
                    LL mid = (l + r) >> 1;
                    if(query(1, 1, n, x + 1, mid) > a[x]) {
                        cr = mid - x;
                        l = mid + 1;
                    }
                    else r = mid - 1;
                }
            }
            LL ans = cl + cr + cl * cr + 1;
            printf("%lld\n", ans);
        }
    }
}

int main() {
    // freopen("in.txt", "r", stdin);
    n = read(), m = read();
    sol();
    return 0;
}

I-Simple Math Problem

judge:牛客

題意

給你一個 \(n\times n\) 的矩陣,其數字的排布方式以下:

0   1   3   6   10
2   4   7   11  15
5   8   12  16  19
9   13  17  20  22
14  18  21  23  24

求出第 \(x\) 行第 \(y\) 列的元素的值. 注意\((0≤x≤1000000000, 0≤y≤1000000000, 1≤n≤1000000001)\).

題解

旋轉一下矩陣:

0
      2   1
    5   4   3
  9   8   7   6
14  13  12  11  10
  18  17  16  15
    21  20  19
      23  22
        24

那麼第 \(x\) 行第 \(y\) 列就對應第 \(x+y-1\) 行. 假設 \(r=x+y-1\).

當 \(x+y<=n\) 時, 先算出前 \(r-1\) 行的數字個數 \(1+2+...+r-1\), 等差數列求和: \(\frac{r(r-1)}{2}\), 再加上 \(r\) 行剩下的 \(x\) 個數, 因爲題目從0開始,因此爲 \(\frac{(x+y-1)(x+y-2)}{2}+x-1\).
當 \(x+y-1>n\) 時, 一樣利用上面的規律算出下面得數字個數,而後拿 \(n\times n\) 減去個數便可. 假設 \(x' = n - x + 1, y' = n - y + 1\) , \(a[x][y]\) 後面的數字個數爲 \(\frac{(x'+y'-1)(x'+y'-2)}{2}+x'-1\), 那麼 \(a[x][y]\) 就是正向的第 \(n\times n-\frac{(x'+y'-1)(x'+y'-2)}{2}-x'+1\) 個數, 從0開始就是 \(n\times n-\frac{(x'+y'-1)(x'+y'-2)}{2}-x'\)

代碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;

inline int read() {
    int x(0), f(1); char ch(getchar());
    while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); }
    while (ch >= '0'&&ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
    return x * f;
}

int main() {
    LL n = read(), x = read() + 1, y = read() + 1, ans = 0;
    if(x + y <= n + 1) {
        ans = (x + y - 1) * (x + y - 2) / 2 + x - 1;
    }
    else {
        LL _x = n - x + 1, _y = n - y + 1;
        ans = (_x + _y - 1) * (_x + _y - 2) / 2 + _x;
        ans = n * n - ans;
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

K-Travel Expense

judge:牛客

題意

有 n 座城市，m 條雙向道路，一條道路要走一天，每條道路的費用是 n ^ m （ n 是所攜帶的物品數量， m 是第幾天），給你一個出發城市 S ，目的地城市 T ，預算 B ，問最多能攜帶多少物品。

題解

先用floyed求出任意兩個城市之間的最短距離。而後二分答案，check一下就好了。

代碼

// #pragma GCC optimize(2)
#include <bits/stdc++.h>
#define m_p make_pair
#define p_i pair<int, int>
#define _for(i, a) for(register int i = 0, lennn = (a); i < lennn; ++i)
#define _rep(i, a, b) for(register int i = (a), lennn = (b); i <= lennn; ++i)
#define outval(a) cout << "Debuging...|" << #a << ": " << a << "\n"
#define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
#define mem0(a) memset(a, 0, sizeof(a))
#define fil(a, b) fill(a.begin(), a.end(), b);
#define scl(x) scanf("%lld", &x)
#define sc(x) scanf("%d", &x)
#define pf(x) printf("%d\n", x)
#define pfl(x) printf("%lld\n", x)
#define abs(x) ((x) > 0 ? (x) : -(x))
#define PI acos(-1)
#define lowbit(x) (x & (-x))
#define dg if(debug)
#define nl(i, n) (i == n - 1 ? "\n":" ")
#define max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
using namespace std;
typedef long long LL;
// typedef __int128 LL;
typedef unsigned long long ULL;
const int maxn = 100005;
const int maxm = 1000005;
const int maxp = 30;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int mod = 1000000007;
const double eps = 1e-8;
const double e = 2.718281828;
int debug = 0;
LL dis[110][110];
LL b;
inline int read() {
    int x(0), f(1); char ch(getchar());
    while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); }
    while (ch >= '0'&&ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
    return x * f;
}

struct poi {

};

LL check(LL x,LL y){
	LL sum=0;
	LL flag=1;
	for(int i=1;i<=y;i++){
		flag*=x;
		sum+=flag;
		if(sum>b)
			return sum;
	}
	return sum;
}

void init() {
    for(int i=0;i<109;i++)
		for(int j=0;j<109;j++)
			dis[i][j]=110;
	ios::sync_with_stdio(0);
}

void sol() {
    init();
    LL n,m;
	cin>>n>>m;
	for(LL i=1;i<=m;i++){
		LL x,y;
		cin>>x>>y;
		dis[x][y]=dis[y][x]=1;
	}
	for(LL k=1;k<=n;k++)
        for(LL i=1;i<=n;i++)
            for(LL j=1;j<=n;j++)
                if(dis[i][j] > dis[i][k] + dis[k][j])
                    dis[i][j] = dis[i][k] + dis[k][j];
	LL q;
	cin>>q;
	while(q--){
		LL s,t;
		cin>>s>>t>>b;
		LL l=0,r=1e9+10;
		LL ans=0;
		LL mid;
		while(l<r){
			mid=(l+r)/2;
			LL flag=check(mid,dis[s][t]);
			if(flag>=b){
				r=mid;
			}else{
				l=mid+1;
			}
			if(flag<=b){
				ans=max(ans,mid);
			}
		}
		cout<<ans<<endl;
	}	
}

int main() {
    //ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#ifndef ONLINE_JUDGE
    //freopen("in.txt", "r", stdin);
    debug = 1;
#endif
    time_t beg, end;
    if(debug) beg = clock();
    sol();
    return 0;
}

L-WZB's Harem

judge:牛客

題意

把n個皇后安排在一個 \(n\times n\) 的矩陣裏，以便每行每列都有且僅有一個皇后，其中矩陣的某些位置不可用。

計算合法的方案數。

題解

狀壓dp。

給 \(n\) 個皇后編號爲 \(1,2,...,n\)。

假設 \(1\) 號皇后在第一行，\(2\) 號皇后在第 \(2\) 行，以此類推，\(n\) 號皇后在第 \(n\) 行。

保存每一列的皇后狀態。假設 \(n\) 爲 \(2\)，第 \(2\) 列已經被安排了皇后，那麼狀態就爲0 1。因爲 \(n\) 只有 \(20\)，因此能夠用一個 \(int\) 類型的整數保存每一列的狀態，二進制位爲 \(1\) 就表明這一列已經被安排了皇后。以後就能夠考慮狀態轉移了。

假設 \(n\) 爲 \(4\)。依次枚舉 \(1-n\) 號皇后，當 \(1\) 號皇后安排在第 \(1\) 列時，\(2\) 號皇后就能夠被安排在第 \(2,3,4\) 列，那麼1000就能夠轉移到1100,1010,1001。固然，這時是默認全部位置均可用，假設第 \(2\) 行第 \(3\) 列的位置不可用，那麼1000就只能轉移到1100,1001。

設置0001,0010,0100,1000的方案數爲 \(1\)，求出全部的轉移以後，1111表明的方案數就是基於「假設 \(1\) 號皇后在第一行，\(2\) 號皇后在第2行，以此類推，\(n\) 號皇后在第 \(n\) 行」的所有方案數。

答案乘以\(A_n^n\)就是最終的的方案數。

代碼

#include <bits/stdc++.h>
#define _for(i, a) for(int i = 0, lennn = (a); i < lennn; ++i)
#define _rep(i, a, b) for(int i = (a), lennn = (b); i <= lennn; ++i)
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 25;
const int mod = 1000000007;

inline int read() {
    int x(0), f(1); char ch(getchar());
    while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); }
    while (ch >= '0'&&ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
    return x * f;
}

int n;
int a[maxn][maxn];
LL dp[1 << 21];
LL ji[maxn];

void init() {
    _for(i, (1 << n)) dp[i] = 0;
}

int getN1(int i) {
    int num = 0;
    while(i) num += (i & 1), i >>= 1;
    return num;
}

void sol() {
    init();
    _for(i, n) _for(j, n) a[i][j] = read();
    _for(i, n) if(!a[0][i]) dp[1 << i] = 1;
    for(int i = 1; i < (1 << n); ++i) {
        int cnt = getN1(i);
        _for(j, n) {
            if(i & (1 << j)) continue;
            if(a[cnt][j]) continue;
            dp[i | (1 << j)] += dp[i];
            dp[i | (1 << j)] %= mod;
        }
    }
    printf("%lld\n", dp[(1 << n) - 1] * ji[n] % mod);
}

int main() {
    ji[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= 21; ++i) ji[i] = ji[i - 1] * i % mod;
    n = read();
    sol();
    return 0;
}

M-Zoos's Animal Codes

judge:牛客

題意

簽到題

每一個園子有個園子號,每一個動物有個動物號,合起來就是動物編號.

給出園子號和動物號,求出動物編號.

題解

無

代碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    string a, b;
    cin >> a >> b;
    cout << a << b;
}

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每日一句

每一个你不满意的现在，都有一个你没有努力的曾经。