雅禮學習10.4
上午考試
各題狀況
T1
莫名其妙20分了。
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
然後開開心心這個點如果有這個質因子的話\(fa\)就指向這個質因子，而每個數字有多個質因子。。。
多個質因子在相互指\(fa\)的時候指亂套了。。。。
對拍的時候看出來的，然後用\(1\)個多小時來調這份代碼，最後自己都不知道這東西在幹嘛了，就涼了。
T2
寫了個暴力枚舉，期望\(20\)實際\(20\)
T3
看到成績之後：這題怎麼會爆\(long long\)的？？？
然後講題的時候。。。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。。。
涼涼，\(30\)掛沒了
題目及考場代碼
T1
#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;
}T2
/*
* 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;
}T3
/*
* 我旁邊的dalao用一小時切了這個題，然後到處說：哇T3好水我貪心能100啊
* 然後有人問他：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;
}正解及代碼
T1
對所有\(gcd\ne 1\)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\(2^{cnt}-2\)
#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;
}T2
\(f[i][j][mask]\)表示從\(i\)出發，到\(j\)結束，是否存在一條表示爲\(mask\)的路徑
但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
\(O(2^{\frac{d}{2}}\times n\times (n+m))+2^d\times n\)
可以用\(bitset\)進行優化，能讓整體除以\(64\)，由此可以解決\(N\)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;
}T3
如果存在一個\(x_i\)使得\(x_{i-1}=x_i\)或者\(x_{i-1}\lt x_i\lt x_{i+1}\)，那麼可以刪掉它（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;
}下午講課：圖題
例一
一個\(n\)個點\(m\)條邊的無向連通圖從\(1\)號點開始\(bfs\)，可能得到的\(bfs\)序有很多，取決於出邊的訪問順序。現在給出一個\(1\)到\(n\)的排列，判斷是否可能是一個\(bfs\)序
\(n,m\le 2\times 10^5\)
解：
先假設給出的這個\(bfs\)序列是合法的，令每個節點的權值爲在給定序列中的位置
然後從\(1\)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\(bfs\)得到的\(bfs\)序跟給定的序列進行比較，如果完全一致，那麼這個序列是合法的
例二
一個\(n\)個點\(m\)條邊的無向連通圖中每個點都有一個權值，現在要求給每條邊定一個權值，滿足每個點的權值等於所有相連的邊權之和，權值可負。
解：
如果圖是一棵樹，那麼方案就是唯一的，直接判就可以了。
否則隨便搞一棵生成樹，先不管其他邊，跑一遍。
這時根節點可能還不滿足條件。
這時考慮其他的邊，一條非樹邊會形成一個環。
如果是一個偶環，那麼無論這條非樹邊怎麼變，都不會對根節點產生影響。
而如果是奇環，那麼若給這條非樹邊增加或減少權值，根節點會發生2 的權值變
化。
那麼就可以了。
例三
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，經過時將獲得\(w\)的收益，之後\(w=\lfloor \frac{w}{2}\rfloor\)
問從\(1\)號點出發最多能獲得多少收益
解：
一個強連通分量內部所有的邊肯定可以被走到底。
所以縮點後\(dp\)即可
例四
有\(m\)個人，\(n\)張椅子，第\(i\)個人只能坐在第\(u_i\)或第\(v_i\)張椅子上。求有多少種方案滿足沒有人坐在同一張椅子上。
解：
把椅子當做點，人當做邊，變成一個圖。
每個連通塊可以分開考慮。
假設某個連通塊中有\(v\)個點，\(e\)條邊，由於連通，有\(v−1\le e\)，並且若\(e\gt v\)則無解，所以\(e\)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：考慮枚舉每個點不放的情況，其他的點都可以唯一確定。
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，這條邊的放法確定後其他的都可以唯一確定。
例五
給定一個\(v\)個點\(e\)條邊的帶權無向圖，在圖上有\(n\)個人，第\(i\)個人位於點\(x_i\)，一個人通過一條邊需要花費這條邊的邊權的時間。現在每個人可以自由地走。求最短多少時間後滿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。
然後可以二分答案。二分答案之後，每個人向能走到的點連邊。
可以發現合法的條件就是最大匹配數\(\ge m\)。
跑二分圖匹配就可以了。