2017 Multi-University Training Contest - Team 7

神奇的數據。開機20分鐘掛機4小時。

Build a tree

題意：
給一個完全k叉樹，rootn個節點點，問整個樹，每個節點的子節點數+1 異或出來的值是多少。

思路：
其實不難發現，當有n層時，子樹裏會有n-1層的滿k叉樹x棵，n-2層的滿k叉樹y棵，n-1層的完全k叉樹z棵這三種情況。
如果k % 2 == 0，那麼對於一個滿k叉樹，他所異或的值爲整棵樹的節點數
如果k % 2 == 1，那麼多於一個滿k叉樹，他所異或的值爲從1到n層(1 - k ^ i) / (1 - k)的異或值
這個可以打個表。
當x % 2 == 1， y % 2 == 1的時候可以取值，因爲如果棵數成偶數的話就異或爲0了。

我們可以打表算出，當層數爲n時擁有的結點數。
那麼我們可以通過剩下的rootn個結點，算出x，y，z。
然後遞歸直到爲0或爲1即可。
這裏要注意(1 - k ^ i) / (1 - k)這個不能直接算，k ^ i可能會先爆long long。累加即可。

當k = 1時，樹爲鏈，求1-n的異或值，找規律發現4個出現一次0。那麼每次最多只需要算4次即可。

/*
滿足
n > (1 - k ^ a) / (1 - k)
有a + 1層，這層的總節點數爲(1 - k ^ (a + 1)) / (1 - k) = n1個節點 
上一層總節點數爲(1 - k ^ a) / (1 - k) = n2 個節點 
一棵滿k叉子樹需要(1 - k ^ a) / (1 - k) = n3個節點
一棵少一層的k叉子樹需要(1 - k ^ (a - 1)) / (1 - k) = n4個節點
那麼剩下的節點數爲z = n - x * n3 - y * n4
那麼可以算出
y有(n1 - n) / k ^ a個 
x有(n - n2) / k ^ a個
可得剩下的節點數

有前綴和
1 異或 (1 - k ^ 2) / (1 - k) 異或 ...

可知花費爲 
^rootn
x % 2 == 1時 貢獻 ^sum(a)
y % 2 == 1時 貢獻 ^sum(a - 1)
繼續遞歸可得 

這裏n1可能已經爆long long了，所以可以通過其他方式計算到x,y
*/
#include <bits/stdc++.h>

#define ll long long
#define MAXN 200

using namespace std;

const ll MOD = 1e9;

ll f[MAXN], sum[MAXN];
ll mi[MAXN];
ll ans, k;

void dfs(ll rootn) {
    ans ^= rootn;
    if (rootn == 0 || rootn == 1) {
        return ;
    }
    ll a = 1;
    for (ll i = 1; i < MAXN; i++) {
        if (f[i] >= rootn || f[i] <= 0 || mi[i] <= 0) {
            break;
        }
        a = i;
    }
    ll n2 = f[a];
    ll n3 = n2;
    ll n4 = f[a - 1];
    ll y;
    ll x = (rootn - n2) / mi[a - 1];
    if ((n2 - x * mi[a - 1]) % mi[a - 1] == 0) {
        y = k - x;
    } else {
        y = k - x - 1;
        y = y < 0 ? 0 : y; 
    }
    if (x % 2) {
        ans ^= sum[a];
    }
    if (y % 2) {
        ans ^= sum[a - 1];
    }
    ll z = rootn - x * n3 - y * n4 - 1;
    dfs(z);
} 

void init() {
    f[0] = sum[0] = 0;
    mi[0] = 1;
    for (ll i = 1; i < MAXN; i++) {
        mi[i] = mi[i - 1] * k;
        f[i] = mi[i - 1] + f[i - 1];
        if (k & 1) {
            sum[i] = sum[i - 1] ^ f[i];
        } else {
            sum[i] = f[i];  
        }
    }
}

int main() {
    int T;
    ll n;
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        scanf("%lld %lld", &n, &k);
        ans = 0;
        if (k == 1) {
            while (n && (n + 1) % 4) {
                ans ^= n;
                n--;
            }
        } else {
            init();
            dfs(n);
        }
        printf("%lld\n", ans);
    }
} 

/*
100
1000000000000000000 1000000000
*/

Euler theorem

簽到題。
題意：有a % b，現在告訴你a，問a % b的值有多少種情況出現。
思路：不難發現，大於0，小於(a + 1) / 2的數都可以被取得，再加上本身可以%=0

#include <bits/stdc++.h>

#define ll long long

using namespace std;

int main() {
    int T;
    ll n;
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        scanf("%lld", &n);
        printf("%lld\n" , (n + 1) / 2 + 1);
    }
}

Free from square

題意：
從1到n當中，每次選取不超過k次，問能取到沒有平方因子的情況有多少種。

思路：
沒有平方因子很容易能想到素數，也就是500以內的素數隨機組合選取，但是又要不超過k次。那就有點難度了。。
500的平方根以內的素數一共有8個，我們只要保證這八個不重複即可（因爲其他的只要重複了就超過了500了）。
先將1到n以內的數按照刨去這八個素數後所得的數分組。
每組裏面有着對於這八個數的不同狀態，狀壓一下。
將所有情況都分組後，就是分組揹包問題了。
dp的時候要每次枚舉不同的狀態和當前可以選擇的數目，從上一次的情況獲取到。
然後滾動數組維護一下即可。

#include <bits/stdc++.h>

#define MAXN 505
#define ll long long
#define MOD 1000000007

using namespace std;

int p[] = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19};
vector<int> v[MAXN];
int b[MAXN], bel[MAXN];
int n, k;
bool mark[MAXN][1 << 9];
ll dp[2][MAXN][1 << 9];

void add(int x, int y) {
    v[x].push_back(y);
}

void init() {
    for (int i = 0; i < MAXN; i++) {
        v[i].clear();
        b[i] = 0;
        bel[i] = i;
    }
    memset(dp, 0, sizeof(dp));
    memset(mark, false, sizeof(mark));
}

void div() {
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 0; j < 8; j++) {
            if (b[i] != -1 && i % p[j] == 0 && i % (p[j] * p[j]) != 0) {
                b[i] |= (1 << j);
                bel[i] /= p[j];
            } else if (i % p[j] == 0 && i % (p[j] * p[j]) == 0) {
                b[i] = -1;
                break;
            }
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (b[i] != -1) {
            if (bel[i] == 1) {
                add(i, b[i]);
            } else {
                add(bel[i], b[i]);
            }
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 0; j < v[i].size(); j++) {
            mark[i][v[i][j]] = true;
        }
    }
}

void work() {
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (v[i].size() == 0) {
            continue;
        }
        for (int j = 0; j < (1 << 8); j++) {
            if (!mark[i][j]) {
                continue;
            }
            dp[i & 1][1][j] = (dp[(i & 1) ^ 1][1][j] + 1) % MOD;
            for (int l = 1; l <= k; l++) {
                for (int q = 0; q < (1 << 8); q++) {
                    if (!(j & q)) {
                        dp[i & 1][l][j | q] = (dp[(i & 1) ^ 1][l - 1][q] + dp[i & 1][l][j | q]) % MOD;
                    }
                }
            }
        }
        for (int j = 1; j <= k; j++) {
            for (int l = 0; l < (1 << 8); l++) {
                dp[(i & 1) ^ 1][j][l] = dp[i & 1][j][l];
            }
        }
    }
}

ll cal() {
    ll ans = 0;
    for (int i = 1; i <= k; i++) {
        for (int j = 0; j < (1 << 8); j++) {
            ans += dp[k & 1][i][j];
            ans %= MOD;
        }
    }       
    return ans;
}

int main() {
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        init();
        scanf("%d %d", &n, &k);
        div();
        work();
        printf("%lld\n", cal());
    }
}

Hard challenge

題意：
給n個座標點每個點的價值爲val，兩兩點構成的線段的價值爲val1 * val2，現在求一條經過(0,0)點的直線可以使它交到的線段價值最大。

思路：
把所有點都打成以角度排序，以某點轉180°的點，都可以對該點造成價值。
用尺取法一段一段180°取就好了。
用x，y算它角度的 atan2(y, x) / PI * 180

#include <bits/stdc++.h>

#define ll long long
#define MAXN 100005

using namespace std;

const double PI = acos(-1.0);

struct point {
    ll x, y, val;
    double ang;
    point(ll _x, ll _y, ll _val) : x(_x), y(_y), val(_val) {
        ang = atan2(y, x) / PI * 180;
        if (ang < 0) {
            ang += 360;
        }
    }
    point() {}
} reg[MAXN];

int cmp(point a, point b) {
    return a.ang < b.ang;
}

int main() {
    ll T, x, y, val, n;
    scanf("%lld", &T);
    while (T--) {
        scanf("%lld", &n);
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            scanf("%lld %lld %lld", &x, &y, &val);
            reg[i] = point(x, y, val);
            reg[i + n] = point(x, y, val);
            reg[i + n].ang += 360;
        }
        n *= 2;
        sort(reg, reg + n, cmp);
        ll l, r;
        l = 0, r = 0;
        ll lval = 0, rval = 0;
        while (r + 1 < n && reg[0].ang + 180 > reg[r + 1].ang) {
            rval += reg[++r].val;
        }
        ll ans = 0;
        if (r == 0) {
            rval += reg[++r].val;
        }
        for (ll i = 1; i < n; i++) {
            rval -= reg[i].val;
            lval += reg[i - 1].val;
            while (l < i && reg[i].ang - 180 >= reg[l].ang) {
                lval -= reg[l++].val;
            }
            while (r + 1 < n && reg[i].ang + 180 > reg[r + 1].ang) {
                rval += reg[++r].val;
            }
            ans = max(ans, (lval + reg[i].val) * rval);
            if (i == r && i + 1 < n) {
                rval +=  reg[++r].val;
            }
        }
        printf("%lld\n", ans);
    }
}

/*
3
3
1 1 1
1 -1 10
-1 0 100
*/

Just do it

題目：
給一個序列a，有一種操作，對於每一個下標i的數，他是[1,i]之間的ai異或得到的
現在進行m次操作，問最終序列的樣子。

思路：
其實可以發現有dp[i][j]表示下標爲i，已經操作了j次。
有dp[i][j]=dp[i−1][j]xordp[i][j−1]
再轉化一下。有dp[i][j]=dp[i−2k]xordp[i][j−2k]
那可以發現，其實對於一個下標爲i的，我們只需要做他j二進制化後，爲1的位置（跟快速冪差不多）。
然後dp一下就好了。

#include<bits/stdc++.h>

#define MAXN 200005
#define ll long long

using namespace std;

ll a[MAXN];

int main(){
    ll T, n, m;
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        scanf("%lld %lld", &n, &m);
        for (ll i = 0; i < n; i++) {
            scanf("%lld", &a[i]);
        }
        for (ll k = 0; 1 << k <= m; k++) {
            if (m >> k & 1) {
                for (ll i = 1 << k; i < n; i++) {
                    a[i] ^= a[i - (1 << k)];
                }
            }
        }
        for (ll i = 0; i < n; i++) {
            if (i) {
                printf(" ");
            }
            printf("%lld", a[i]);
        }
        puts("");
    }
}

Kolakosk

題意：一個Kolakoski序列。。。。。。問你第n位是多少
什麼是Kolakoski序列呢。百度去吧。。好難描述

思路：按照Kolakoski的描述打表即可。。
數據水到比賽的時候判奇偶都可以過。。

#include <bits/stdc++.h>

#define ll long long
#define MAXN 10000005

using namespace std;

int k[MAXN];

void init() {
    k[1] = 1;
    k[2] = 2;
    int cnt = 2;
    for (int i = 1; i < MAXN; i += k[cnt++]) {
        for (int j = 0; j < k[cnt]; j++) {
            k[i + j + 1] = k[i] ^ 3; 
        }
    }   
}

int main() {
    int T, n;
    init();
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        scanf("%d", &n);
        printf("%d\n", k[n]);
    }   
}