A A water problem
一.题目大意
\quad 问 n n n 是否同时为 73 73 73 和 137 137 137 的倍数.
\quad l e n g t h ( n ) ≤ 1 0 7 length(n) \leq 10^7 length(n)≤107.
二.分析
\quad 赛时产生失智行为，水题直接写.
三.代码实现
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
const int M = (int)1e7;
const int N = (int)3e2;
const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const ll mod = (ll)1e9 + 7;
const double eps = 1e-6;
char s[M + 5];
int main()
{
// freopen("input.txt", "r", stdin);
// freopen("output.txt", "w", stdout);
int ca = 0;
while(~scanf("%s", s + 1))
{
printf("Case #%d: ", ++ca);
int n = strlen(s + 1);
int r = 0; for(int i = 1; i <= n; ++i) r = (r * 10 + s[i] - '0') % 10001;
puts(r ? "NO" : "YES");
}
return 0;
}
B Zhu and 772002
一.题目大意
\quad 给出 n n n 个数 a [ 1.. n ] a[1..n] a[1..n]，其中 a [ 1.. n ] a[1..n] a[1..n] 的最大质因数 ≤ 2 × 1 0 3 \leq 2\times 10^3 ≤2×103.
\quad 每个数至多选一次，求有多少种选数方案使得选出来数的乘积为完全平方数.
\quad n ≤ 3 × 1 0 2 , a [ i ] ≤ 1 0 18 n \leq 3 \times 10^2, a[i] \leq 10^{18} n≤3×102,a[i]≤1018.
二.分析
\quad 对每一个质因子列一个方程 ∑ j = 1 n A i , j x j = 0 ( m o d 2 ) \begin{aligned} \sum_{j=1}^n A_{i,j}x_{j} = 0 \; ( mod \; 2) \end{aligned} j=1∑nAi,jxj=0(mod2).
\quad 上式中， A i , j A_{i, j} Ai,j 表示 a [ j ] a[j] a[j] 含有第 i i i 个质数的指数的奇偶性， x j x_j xj 表示 a [ j ] a[j] a[j] 选不选.
\quad 由此，得到异或方程组，用高斯消元求出矩阵的秩 r r r。由于 x j ∈ { 0 , 1 } x_j \in \{0, 1\} xj∈{ 0,1}，所以答案为 2 n − r − 1 2^{n-r} - 1 2n−r−1
三.代码实现
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
const int M = (int)2e3;
const int N = (int)3e2;
const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const ll mod = (ll)1e9 + 7;
const double eps = 1e-6;
int cnt, prime[M + 5];
bool is_prime[M + 5];
bool a[N + 5][N + 5];
void init()
{
cnt = 0;
memset(is_prime, 1, sizeof(is_prime));
is_prime[0] = is_prime[1] = 0;
for(int i = 2; i <= M; ++i)
{
if(is_prime[i]) prime[++cnt] = i;
for(int j = 1; j <= cnt && i * prime[j] <= M; ++j)
{
is_prime[i * prime[j]] = 0;
if(i % prime[j] == 0) break;
}
}
}
void divide(int p, ll n)
{
for(int i = 1; i <= cnt; ++i)
{
if(n % prime[i] == 0)
{
int c = 0; ll t = n;
while(t % prime[i] == 0) ++c, t /= prime[i];
a[i][p] = (c & 1);
}
}
}
int gauss(int n, int m)
{
int c, r;
for(c = 1, r = 1; c <= m; ++c)
{
int t = r;
for(int i = r; i <= n; ++i)
{
if(fabs(a[i][c]) > fabs(a[t][c])) t = i;
}
if(fabs(a[t][c]) < eps) continue;
for(int i = c; i <= m + 1; ++i) swap(a[t][i], a[r][i]);
for(int i = m + 1; i >= c; --i) a[r][i] /= a[r][c];
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
if(i == r) continue;
if(fabs(a[i][c]) > eps)
{
for(int j = m + 1; j >= c; --j)
{
a[i][j] -= a[r][j] * a[i][c];
}
}
}
++r;
}
for(int i = r; i <= n; ++i)
{
if(fabs(a[i][m + 1]) > eps) return -1;//无解
}
return m - r + 1;//自由元个数
}
ll quick(ll a, ll b, ll p = mod)
{
ll s = 1;
while(b)
{
if(b & 1) s = s * a % p;
a = a * a % p;
b >>= 1;
}
return s;
}
void work()
{
memset(a, 0, sizeof(a));
int n; scanf("%d", &n);
ll x; for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%lld", &x), divide(i, x);
int r = gauss(cnt, n);
printf("%lld\n", ((quick(2, r) - 1) % mod + mod) % mod);
}
int main()
{
// freopen("input.txt", "r", stdin);
// freopen("output.txt", "w", stdout);
init();
int T; scanf("%d", &T);
for(int ca = 1; ca <= T; ++ca)
{
printf("Case #%d:\n", ca);
work();
}
return 0;
}
C Magic boy Bi Luo with his excited tree
一.题目大意
\quad T T T 组测试，每次给一颗 n n n 个点的无根树，每个点有相应的价值 V [ i ] V[i] V[i]，每条边有相应的花费 C [ i ] C[i] C[i].
\quad 当以 i i i 号点为根时，树的权值定义为从 i i i 号点出发，{价值和 - 花费和} 的最大值.
\quad 注意：每个点的价值至多获得一次，每条边的花费可多次.
\quad 求当根 i i i 取 [ 1 , n ] [1,n] [1,n] 所有值时对应的树的权值.
\quad T ≤ 1 0 4 , n ≤ 1 0 5 , ∑ n < 1 0 6 , 1 ≤ V [ i ] , C [ i ] ≤ 1 0 4 T \leq 10^4, n \leq 10^5, \sum n < 10^6, 1 \leq V[i], C[i] \leq 10^4 T≤104,n≤105,∑n<106,1≤V[i],C[i]≤104.
二.分析
\quad 很明显的换根 DP，但还是写了很久…
\quad f [ i ] [ 0 ] f[i][0] f[i][0] 表示在以 1 1 1 号点为根的前提下，在以 i i i 号点为根的子树中走，终点不为 i i i 的最大收益.
\quad f [ i ] [ 1 ] f[i][1] f[i][1] 表示在以 1 1 1 号点为根的前提下，在以 i i i 号点为根的子树中走，终点为 i i i 的最大收益.
\quad f [ i ] [ 2 ] f[i][2] f[i][2] 表示在以 1 1 1 号点为根的前提下，在以 i i i 号点为根的子树中走，终点不为 i i i 的次大收益.
\quad p [ i ] p[i] p[i] 表示在以 1 1 1 号点为根的前提下，在以 i i i 号点为根的子树中走，终点不为 i i i 的最大收益对应的子节点编号.
\quad g [ i ] [ 0 ] g[i][0] g[i][0] 表示在以 1 1 1 号点为根的前提下，从 i i i 号点往 f a [ i ] fa[i] fa[i] 的方向走，终点不为 i i i 的最大收益.
\quad g [ i ] [ 1 ] g[i][1] g[i][1] 表示在以 1 1 1 号点为根的前提下，从 i i i 号点往 f a [ i ] fa[i] fa[i] 的方向走，终点为 i i i 的最大收益.
\quad 上述状态表示乍一看很晕，但其实画画图分析一下就自然而然地写出来了.
\quad 详见代码.
三.代码实现
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
const int M = (int)1e5;
const int N = (int)25;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll mod = (ll)772002;
const double eps = 1e-6;
int n, cnt;
int head[M + 5];
struct node
{
int v, w, nx;
}Edge[M * 2 + 5];
int V[M + 5];
int f[M + 5][3];
int p[M + 5];
int g[M + 5][2];
void init()
{
cnt = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
head[i] = -1;
}
}
void add(int u, int v, int w)
{
Edge[cnt].v = v;
Edge[cnt].w = w;
Edge[cnt].nx = head[u];
head[u] = cnt++;
}
void dfs1(int u, int fa)
{
f[u][0] = V[u], f[u][1] = V[u], f[u][2] = -inf;
int f0, f1;
for(int i = head[u]; ~i; i = Edge[i].nx)
{
int v = Edge[i].v;
if(v == fa) continue;
dfs1(v, u);
f0 = max(0, f[v][0] - Edge[i].w);
f1 = max(0, f[v][1] - 2 * Edge[i].w);
if(f[u][0] + f1 < f[u][1] + f0) f[u][0] = f[u][1] + f0, p[u] = v;
else f[u][0] = f[u][0] + f1;
f[u][1] += f1;
}
for(int i = head[u]; ~i; i = Edge[i].nx)
{
int v = Edge[i].v;
if(v == fa || v == p[u]) continue;
f0 = max(0, f[v][0] - Edge[i].w);
f1 = max(0, f[v][1] - 2 * Edge[i].w);
f[u][2] = max(f[u][2], f[u][1] - f1 + f0);
}
}
void dfs2(int u, int fa)
{
int f1;
for(int i = head[u]; ~i; i = Edge[i].nx)
{
int v = Edge[i].v;
if(v == fa) continue;
g[v][0] = V[v];
f1 = max(0, f[v][1] - 2 * Edge[i].w);
g[v][0] = max(g[v][0], V[v] + g[u][0] - V[u] + f[u][1] - f1 - Edge[i].w);
if(p[u] != v) g[v][0] = max(g[v][0], V[v] + g[u][1] - V[u] + f[u][0] - f1 - Edge[i].w);
else g[v][0] = max(g[v][0], V[v] + g[u][1] - V[u] + f[u][2] - f1 - Edge[i].w);
g[v][1] = V[v] + max(0, g[u][1] - V[u] + f[u][1] - f1 - 2 * Edge[i].w);
dfs2(v, u);
}
}
void work()
{
scanf("%d", &n); init();
for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &V[i]);
for(int i = 1, u, v, w; i <= n - 1; ++i) scanf("%d %d %d", &u, &v, &w), add(u, v, w), add(v, u, w);
dfs1(1, 0);
g[1][0] = V[1], g[1][1] = V[1];
dfs2(1, 0);
for(int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d\n", max(f[i][0] + g[i][1], f[i][1] + g[i][0]) - V[i]);
}
int main()
{
// freopen("input.txt", "r", stdin);
// freopen("output.txt", "w", stdout);
int T; scanf("%d", &T);
for(int ca = 1; ca <= T; ++ca)
{
printf("Case #%d:\n", ca);
work();
}
return 0;
}
D Danganronpa
一.题目大意
\quad 有 n n n 种礼物，每种物品有 a [ i ] 个 a[i] 个 a[i]个.
\quad 学生们排成一行，老师给每位学生发两个礼物，分别为普通礼物和神秘礼物，要求相邻两位同学的普通礼物不相同，神秘礼物没有限制，求最多能给多少位同学发礼物.
二.分析
\quad 记 s s s 为所有礼物个数之和， m x mx mx 为所有礼物中礼物个数的最大值.
\quad 当 m x ≥ s − m x − 1 mx \geq s - mx - 1 mx≥s−mx−1 时，可以让其他礼物排成一行，最多数量的礼物插空，保证了相邻的普通礼物不同。此时，若 m x − ( s − m x − 1 ) ≥ s − ( s − m x ) − ( s − m x − 1 ) mx - (s - mx - 1) \geq s-(s-mx) - (s-mx-1) mx−(s−mx−1)≥s−(s−mx)−(s−mx−1)，则答案为 2 ( s − m x − 1 ) + 1 2(s - mx - 1) + 1 2(s−mx−1)+1；否则，需要结尾把后面的普通礼物放到神秘礼物中，答案为 s 2 \frac{s}{2} 2s.
\quad 否则，不难(用)证明答案为 s 2 \frac{s}{2} 2s.
三.代码实现
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
const int M = (int)1e5;
const int N = (int)3e2;
const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const ll mod = (ll)1e9 + 7;
const double eps = 1e-6;
int n, a[M + 5];
int main()
{
// freopen("input.txt", "r", stdin);
// freopen("output.txt", "w", stdout);
int T; scanf("%d", &T);
for(int ca = 1; ca <= T; ++ca)
{
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]);
int s = 0, mx = 0; for(int i = 1; i <= n; ++i) s += a[i], mx = max(mx, a[i]);
int ans = 0;
if(mx >= s - mx - 1)
{
if(2 * mx - s + 1 >= 2 * s - 2 * mx - 1) ans = 2 * s - 2 * mx - 1;
else ans = s / 2;
}
else ans = s / 2;
printf("Case #%d: %d\n", ca, ans);
}
return 0;
}
G Mountain
一.题目大意
\quad 给一张 n × m n \times m n×m 的地图 s s s， s [ i ] [ j ] ∈ { ′ ′ X ′ , ′ . ′ } s[i][j] \in \{''X', '.'\} s[i][j]∈{ ′′X′,′.′}.
\quad 要求在每个位置填数，每个位置上的数 ∈ [ 1 , n × m ] \in [1, n\times m] ∈[1,n×m] 且两两不相同，满足 ′ X ′ 'X' ′X′ 位置上的数是它周围 8 8 8 个数的最小值且 ′ . ′ '.' ′.′ 不是.
\quad 求填数的方案数.
\quad n , m ≤ 5 n,m \leq 5 n,m≤5.
二.分析
\quad 这数据范围显然是状压 DP.
\quad 易知图中若存在相邻的 ′ X ′ 'X' ′X′ 则方案数为 0 0 0，则图中最多存在 9 9 9 个 ′ X ′ 'X' ′X′.
\quad 考虑从小到大填数， f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j] 表示用了前 i i i 个数， ′ X ′ 'X' ′X′ 的填充状态为 j j j 的方案数，即得状态转移方程.
\quad 可这样只保证了 ′ X ′ 'X' ′X′ 是极小的，无法保证 ′ . ′ '.' ′.′ 不是极小的，所以这里非常妙可以用容斥来做.
三.代码实现
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
const int M = (int)5;
const int N = (int)25;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll mod = (ll)772002;
const double eps = 1e-6;
int n, m, ans;
char s[M][M];
int id[M][M];
int f[N + 1][1<<9];
int c1[1<<9], c2[1<<9];
int dx[] = {
0, -1, -1, -1, 0, 1, 1, 1};
int dy[] = {
1, 1, 0, -1, -1, -1, 0, 1};
bool check(int i, int j)
{
for(int k = 0, x, y; k < 8; ++k)
{
x = i + dx[k], y = j + dy[k];
if(x >= 0 && x < n && y >= 0 && y < m && s[x][y] == 'X') return 0;
}
return 1;
}
int cal(int c)
{
int x, y, flag;
for(int i = 0; i < (1<<c); ++i)
{
c1[i] = 0;
for(int j = 0; j < n; ++j)
{
for(int k = 0; k < m; ++k)
{
if(s[j][k] != '.') continue;
flag = 1;
for(int l = 0; l < 8; ++l)
{
x = j + dx[l], y = k + dy[l];
if(x >= 0 && x < n && y >= 0 && y < m && s[x][y] == 'X' && (((~i)>>id[x][y]) & 1)) flag = 0;
}
c1[i] += flag;
}
}
}
f[0][0] = 1;
for(int i = 1; i <= n * m; ++i)
{
for(int j = 0; j < (1<<c); ++j)
{
f[i][j] = f[i - 1][j] * (c1[j] - (i - 1 - c2[j])) % mod;
for(int k = 0; k < c; ++k)
{
if((j>>k) & 1) f[i][j] = (f[i][j] + f[i - 1][j^(1<<k)]) % mod;
}
}
}
return f[n * m][(1<<c) - 1];
}
void dfs(int u, int v, int e)
{
if(u == n * m)
{
if(e & 1) ans = (ans - cal(v)) % mod;
else ans = (ans + cal(v)) % mod;
return;
}
int x = u / m, y = u % m;
if(s[x][y] == 'X') id[x][y] = v, dfs(u + 1, v + 1, e);
else
{
dfs(u + 1, v, e);
if(check(x, y))
{
s[x][y] = 'X';
id[x][y] = v, dfs(u + 1, v + 1, e + 1);
s[x][y] = '.';
}
}
}
void work()
{
for(int i = 0; i < n; ++i) scanf("%s", s[i]);
bool f = 1; for(int i = 0; i < n; ++i) for(int j = 0; j < m; ++j) if(s[i][j] == 'X' && !check(i, j)) f = 0;
if(!f) {
printf("0\n"); return;}
ans = 0; dfs(0, 0, 0);
ans = (ans % mod + mod) % mod;
printf("%d\n", ans);
}
int getOne(int n)
{
int c = 0;
while(n) c += (n & 1), n >>= 1;
return c;
}
int main()
{
// freopen("input.txt", "r", stdin);
// freopen("output.txt", "w", stdout);
for(int i = 0; i < (1<<9); ++i) c2[i] = getOne(i);
int ca = 0;
while(~scanf("%d %d", &n, &m))
{
printf("Case #%d: ", ++ca);
work();
}
return 0;
}
K Lweb and String
一.题目大意
\quad 给一个由小写字母组成的字符串，可将字母集合映射到任意数字集合，求将该字符串映射成数字串的严格最长上升子序列的长度.
\quad l e n g t h ( s ) ≤ 1 0 5 length(s) \leq 10^5 length(s)≤105.
二.分析
\quad 显然答案就是字符串的字符集大小.
三.代码实现
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
const int M = (int)1e5;
const int N = (int)1e5;
const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const ll mod = (ll)1e9 + 7;
const double eps = 1e-6;
char s[M + 5];
int cnt[26];
int main()
{
// freopen("input.txt", "r", stdin);
// freopen("output.txt", "w", stdout);
int T; scanf("%d", &T);
for(int ca = 1; ca <= T; ++ca)
{
memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
scanf("%s", s + 1);
int n = strlen(s + 1);
for(int i = 1; i <= n; ++i) cnt[s[i] - 'a']++;
int c = 0; for(int i = 0; i < 26; ++i) c += (cnt[i] > 0);
printf("Case #%d: %d\n", ca, c);
}
return 0;
}