Wannafly 挑戰賽27 題解

Wannafly 挑戰賽27

題目連接

https://www.nowcoder.com/acm/contest/215#question

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A.灰魔法師

題目

題解

考慮到可能的完全平方數只有$400$多個,因此對於每種數,直接暴力枚舉所有的完全平方數計算一下就可以了.

代碼

#include <iostream>
#define int long long
const int N = 100007;
int a[N];
int n;
int p2[N];
int tot;
signed main() {
    for(int i = 1;;i++) {
        int a = i*i;
        if(a > 2*N) break;
        p2[tot++] = a;
    }
    std::cin >> n;
    for(int i = 1;i <= n;++i) {
        int tmp;
        std::cin >> tmp;
        a[tmp] ++;
    }
    int ans = 0;
    for(int i = 1;i <= 100000;++i) {
        if(a[i] == 0) continue;
        for(int j = 0;j < tot;++j) {
            int an = p2[j] - i;
            if(an < i) continue;
            if(an == i) ans += a[i]*(a[i]-1)/2;
            else if(an <= 100000)ans += a[i]*a[an];
        }
    }
    std::cout << ans << std::endl;
}

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B.紫魔法師

題目

題解

注意到至少當存在一個奇環的情況下,一定需要$3$種顏色,而其他情況下只要$2$種顏色就足夠了.

只需要用tarjan算法求其點雙連通分量的大小即可.

代碼

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <stack>
#include <vector>
#define pr(x) std::cout << #x << ':' << x << std::endl
#define rep(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
const int N = 100007;
struct edge{
	int u,v,nxt; 
}es[N<<2];
int head[N],cnt;
int vis[N],dfn[N],low[N],idx;
int v[N<<1],u[N<<1];
std::stack<int> stk;
void addedge(int u,int v) {
	es[cnt].u = u;es[cnt].v = v;es[cnt].nxt = head[u];head[u] = cnt++;
}
int flag;
void tarjan(int u,int fa) {
	dfn[u] = low[u] = ++idx;
	vis[u] = 1;
	for(int e = head[u];e != -1;e = es[e].nxt) {
		int v = es[e].v;
		if(v == fa) continue;
		stk.push(e);
		if(!vis[v]) {
			tarjan(v,u);
			if(low[u] > low[v]) low[u] = low[v];
			if(dfn[u] <= low[v]) {
				//割點
				int cnt = 0;
				while(true) {
					int se = stk.top();stk.pop();
					cnt++;
					if(se == e) break;
				}
				if(cnt > 1 && cnt % 2 != 0) {
					flag = 1;
				}
			}
		}
		else low[u] = std::min(low[u],dfn[v]);

	}
}
int n,m;
int main() {
	memset(head,-1,sizeof(head));
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin >> n >> m;
	rep(i,1,m) {
		int u,v;
		std::cin >> u >> v;
		addedge(u,v);
		addedge(v,u);
	}
	tarjan(1,0);
	if(flag) std::cout << "3" << std::endl;
	else std::cout << "2" << std::endl;
	return 0;
}

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C.藍膜法師

題目

題解

樹形dp

狀態定義

定義$dp[u][i]$表示$u$子樹中包含節點$u$的連通塊大小爲$i$,且其餘聯通塊大小均$\le k$的方案數.

注意上述定義中$dp[u][0]$是沒有意義的,我們再定義$dp[u][0] = \sum_{t = 1}^{min\{size[u],k\}} dp[u][t]$.

轉移方程的計算:

當我們要計算子樹$u$的$dp$值的時候,其兒子節點分別爲$v_1,v_2,...,v_m$.

如果我們將通向兒子節點$v$的某條邊切斷,那麼這個兒子對$u$節點聯通塊大小的貢獻就沒了,但是它的方案數可以取$dp[v][1..k]$,這也就是我們定義$dp[v][0]$的意義所在了,很巧妙地,$dp[v][0]$就剛好等於兒子$v$對$u$的聯通塊貢獻爲$0$時的方案數.

那麼方程就得到了

$dp[u][i] = \sum_{t_1+t_2+...+t_m=i-1}dp[v_1][t_1]*dp[v_2][t_2]*...*dp[v_m][t_m]$

最後答案就是$dp[1][0]$

實現方式

我們可以先將$v_1$與$u$合併,再將$v_2$與$u$合併…

代碼

#include <iostream>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
const int N = 2018;
typedef long long LL;
const LL P = 998244353;
std::vector<int> edge[N];
LL dp[N][N];
LL tmp[N];
int sz[N];
int n,k;
void dfs(int u,int fa) {
    sz[u] = 1;
    dp[u][1] = 1;
    for(int v : edge[u]) {
        if(v == fa) continue;
        dfs(v,u);
        memset(tmp,0,sizeof(tmp));
        for(int i = 1;i <= sz[u];++i) {
            for(int j = 0;j <= sz[v] && i + j <= k;++j) {
                tmp[i+j] = (tmp[i+j] + (dp[u][i] * dp[v][j] % P)) % P;
            }
        }
        for(int i = 1;i <= k;++i)
            dp[u][i] = tmp[i];
        sz[u] += sz[v];
    }
    for(int i = 1;i <= k;++i)
        dp[u][0] = (dp[u][0] + dp[u][i]) % P;
}
int main () {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin >> n >> k;
    for(int i = 0;i < n-1;++i) {
        int u,v;
        std::cin >> u >> v;
        edge[u].push_back(v);
        edge[v].push_back(u);
    }
    dfs(1,0);
    std::cout << dp[1][0] << std::endl;
    return 0;
}

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D.綠膜法師

題目

題解

對於剛加入的數$x$來說,它與集合中其它的數字的$gcd$必然是它的約數.
那麼枚舉$x$的約數$d$,其它的數如果與$x$的$gcd = d$的話,那麼其它的數必然也要有約數$d$.因此我們考慮維護一個數組$muls[i]$,表示集合中的數是$i$的倍數的有多少個數.

從大到小枚舉$x$的約數$d$,然後$muls[d]$就表示與$x$的$gcd=d$的數的個數.隨後枚舉$d$的約數$d_2$,並$muls[d2]-=muls[d]$,這樣的話就保證了剛剛用過的數不會重複使用(相當於容斥一下,倒序$dp$的感覺).依次類推,注意刪掉的數在下一個數加入集合之前要加回來,恢復現場.

$100000$內的數最多有$128$個約數.
$每個數的約數的約數個數和最大不超過2835$
時間複雜度不會超過$100000*2835=3e8$.總之$O(能過)$.

代碼

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <stack>
#include <queue>
#define pr(x) std::cout << #x << ':' << x << std::endl
#define rep(i,a,b) for(int i = a;i <= b;++i)
typedef long long LL;
const int N = 100007;
std::vector<int> ds[N];
LL mod_pow(LL x,LL n,LL p) {
	LL res = 1;
	while(n) {
		if(n&1) res = res * x % p;
		x = x * x % p;
		n >>= 1;
	}
	return res;
}
void sieve() {
	for(int i = 1;i <= 100000;++i) {
		for(int j = 1;j*j <= i;++j) {
			if(i % j != 0) continue;
			ds[i].push_back(j);
			if(j*j != i) 
				ds[i].push_back(i/j);
		}
		std::sort(ds[i].begin(),ds[i].end(),[](int a,int b){return a > b;});
	}
}
LL muls[N];
int n;
int main() {
	sieve();
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	std::cin >> n;
	while(n--) {
		LL x,k,p;
		std::cin >> x >> k >> p;
		for(auto t : ds[x])  
			muls[t] ++;
		LL ans = 0;
		std::queue<int> Q;
		for(auto t : ds[x]) {
			ans = (ans + muls[t]*mod_pow(t,k,p)) % p;
			int tmp = muls[t];
			Q.push(tmp);
			for(auto ft : ds[t]) {
				muls[ft] -= tmp;
			}
		}
		for(auto t : ds[x]) {
			int tmp = Q.front();Q.pop();
			for(auto ft : ds[t])
				muls[ft] += tmp;
		}
		std::cout << ans << std::endl;
	}
	return 0;
}

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