11.1 數學+數學+二分、並查集

*PS： 數學沒學好怎麼辦？？開始深深的懷疑人生

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T1 立方數(cubic)

Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB

題目描述

LYK定義了一個數叫“立方數”，若一個數可以被寫作是一個正整數的3次方，則這個數就是立方數，例如1,8,27就是最小的3個立方數。
現在給定一個數P，LYK想要知道這個數是不是立方數。
當然你有可能隨機輸出一些莫名其妙的東西來騙分，因此LYK有T次詢問~

輸入格式(cubic.in)

第一行一個數T，表示有T組數據。
接下來T行，每行一個數P。

輸出格式(cubic.out)

輸出T行，對於每個數如果是立方數，輸出“YES”，否則輸出“NO”。

輸入樣例

3
8
27
28

輸出樣例

YES
YES
NO

數據範圍

對於30%的數據p<=100。
對於60%的數據p<=10^6。
對於100%的數據p<=10^18，T<=100。

題解

1. 從1到1e6 for 一遍 ，雖然很慢，但是可以過。
2. 二分（非常快）

二分代碼

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;

#define ll long long

ll T,P,can;

bool Can(ll k)
{
    ll p=k*k*k;
    if(p==P) can=1;
    if(p<=P) return true;
    else return false;  
}

int main()
{
    freopen("cubic.in","r",stdin);
    freopen("cubic.out","w",stdout);
    scanf("%lld",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%lld",&P);
        ll l=0,r=1000001;
        can=0;
        while(l+1<r)
        {
            ll mid=(l+r)/2;
            if(Can(mid)) l=mid;
            else r=mid;
        }
        if(can) printf("YES\n");
        else printf("NO\n");
    }
    return 0;
}

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T2 立方數2(cubicp)

Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB

題目描述

LYK定義了一個數叫“立方數”，若一個數可以被寫作是一個正整數的3次方，則這個數就是立方數，例如1,8,27就是最小的3個立方數。
LYK還定義了一個數叫“立方差數”，若一個數可以被寫作是兩個立方數的差，則這個數就是“立方差數”，例如7(8-1),26(27-1),19(27-8)都是立方差數。
現在給定一個數P，LYK想要知道這個數是不是立方差數。
當然你有可能隨機輸出一些莫名其妙的東西，因此LYK有T次詢問~
這個問題可能太難了…… 因此LYK規定P是個質數！

輸入格式(cubicp.in)

第一行一個數T，表示有T組數據。
接下來T行，每行一個數P。

輸出格式(cubicp.out)

輸出T行，對於每個數如果是立方差數，輸出“YES”，否則輸出“NO”。

輸入樣例

5
2
3
5
7
11

輸出樣例

NO
NO
NO
YES
NO

數據範圍

對於30%的數據p<=100。
對於60%的數據p<=10^6。
對於100%的數據p<=10^12，T<=100。

題解

60分做法： 打表（emmm 可以加上個二分）

滿分做法：

（就是T1的std改了改QAQ）

首先普及一個初中數學公式： a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2).

若 a^3-b^3爲質數，根據質數的定義，除了1和它本身沒有別的約數，因爲a和b都爲正整數，故 a^2+ab+b^2不可能爲1，所以 a=b+1 。又因爲題目保證給出的數是質數，所以我們只需要從1到1e6 for 一遍判斷P有沒有出現過就行了。

emmm。。由於立方差數滿足單調性，所以加上個二分會很快。

也可以直接用這個公式 (k+1)^3-k^3=3k^2+3k+1.

代碼

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;

#define ll long long

ll T,P,can;

bool Can(ll k)
{
    ll a=k*k*k-(k-1)*(k-1)*(k-1);
    if(a==P) can=1;
    if(a<=P) return true;
    else return false;
}
int main()
{
    freopen("cubicp.in","r",stdin);
    freopen("cubicp.out","w",stdout);
    scanf("%lld",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%lld",&P);
        ll l=0,r=1e6+1;
        can=0;
        while(l+1<r)
        {
            ll mid=(l+r)/2;
            if(Can(mid)) l=mid;
            else r=mid;
        }
        if(can) printf("YES\n");
        else printf("NO\n");
    }
    return 0;
}

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T3 猜數字(number)

Time Limit:2000ms Memory Limit:128MB

題目描述

LYK在玩猜數字遊戲。
總共有n個互不相同的正整數，LYK每次猜一段區間的最小值。形如[li,ri]這段區間的數字的最小值一定等於xi。
我們總能構造出一種方案使得LYK滿意。直到…… LYK自己猜的就是矛盾的！
例如LYK猜[1,3]的最小值是2，[1,4]的最小值是3，這顯然就是矛盾的。
你需要告訴LYK，它第幾次猜數字開始就已經矛盾了。

輸入格式(number.in)

第一行兩個數8n和T，表示有n個數字，LYK猜了T次。
接下來T行，每行三個數分別表示li,ri和xi。

輸出格式(number.out)

輸出一個數表示第幾次開始出現矛盾，如果一直沒出現矛盾輸出T+1。

輸入樣例

20 4
1 10 7
5 19 7
3 12 8
1 20 1

輸出樣例

3

數據範圍

對於50%的數據n<=8，T<=10。
對於80%的數據n<=1000，T<=1000。
對於100%的數據1<=n,T<=1000000,1<=li<=ri<=n,1<=xi<=n（但並不保證一開始的所有數都是1~n的）。

Hint

建議使用讀入優化

inline int read()
{
    int x = 0, f = 1;
    char ch = getchar();
    for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = -1;
    for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0';
    return x * f;
}

題解

80 分暴力？？： 對於每個數字都儘量的把它的存在範圍縮小，每次詢問都把數字for一遍來判斷（O（TN）），emmm 貌似有 bug。
如 1 1 2、2 5 3、1 5 1 的情況。。

正解：二分+並查集

%%wyh

數據範圍需要nlogn的做法，考慮二分答案。

如何判斷是否矛盾？？？

發現矛盾的情況是 一段大區間的答案大於他所完全包含的一段小區間的答案。

是否可以用並查集維護？

考慮x不重複出現的情況，可以把1~mid的猜想按照x從大到小排序，每次把x所覆蓋的區間都併到一個集合裏（合併時要往右多合併一個，保證答案較大的區間都被合併到一起）。對於當前猜想，判斷兩個端點是否已經在同一個集合裏，如果在即爲矛盾（說明他已經被一個最小值比他大的區間包含了），不在就進行合併。

考慮x重複出現的情況，可以按照80分的做法，對於x相同的區間縮減後再判斷。

注意相同x分佈在不重合的區間也爲矛盾。

原題鏈接：https://www.luogu.org/problemnew/show/2898（洛谷只有1s ，一直在卡常QAQ）

代碼

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

#define min(x,y) ((x)<(y) ? (x):(y))
#define max(x,y) ((x)>(y) ? (x):(y))

int T,N,x;
int fa[1000010],pos[1000010];

struct maple{
    int l,r,x;
}ask[1000010];

inline int read()
{
    int X = 0, f = 1;
    char ch = getchar();
    for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = -1;
    for(; isdigit(ch); ch = getchar()) X = (X << 1) + (X << 3) + ch - '0';
    return X * f;
}

inline bool cmp(int a,int b) // 對序號進行排序，fast++
{
    return ask[a].x>ask[b].x;
}
inline int find(int xx)
{
    return fa[xx]==xx?xx:fa[xx]=find(fa[xx]);
}

inline bool can(int k)
{
     for(int i=1;i<=N+1;++i) fa[i]=i;
     for(int i=1;i<=k;++i) pos[i]=i;
     sort(pos+1,pos+k+1,cmp);
     int lmin=0,rmin=N+2,lmax=N+2,rmax=0; 
     for(int i=1;i<=k;++i)
     {
         lmax=min(lmax,ask[pos[i]].l),rmax=max(rmax,ask[pos[i]].r),x=ask[pos[i]].x;
         lmin=max(lmin,ask[pos[i]].l),rmin=min(rmin,ask[pos[i]].r);
         if(lmin>rmin) return false;  // 同一個x分佈在多個區間
         if(x!=ask[pos[i+1]].x||i==k)
         {
              int L,R;
              L=find(lmin),R=find(rmin);
              if(L>rmin) return false; // 答案更大的區間包含了這個區間 
              R=find(rmax+1); 
              for(int j=find(lmax);j<=rmax;++j) 
              {
                   j=find(j); // 每次都用最右端進行合併
                   fa[j]=R;  // 把區間儘可能向右擴展
              }
              lmin=0,rmin=N+1,lmax=N+1,rmax=0,x=0; 
         }
     }
     return true;
}
int main()
{
     freopen("number.in","r",stdin);
     freopen("number.out","w",stdout);
     N=read(),T=read();
     for(int i=1;i<=T;++i)
         ask[i].l=read(),ask[i].r=read(),ask[i].x=read();
     int L=1,R=T+1;
     while(L+1<R)
     {
         int mid=(L+R)>>1;
         if(can(mid)) L=mid;
         else R=mid;
     }
     printf("%d",R);
     return 0;
}