codeforces 1097 Hello 2019

又回来了。。

A - Gennady and a Card Game

好像没什么可说的了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

char gc() {
    static char buf[100000],*p1,*p2;
    return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin))?EOF:*p1++;
    return getchar();
}

template<class T>
int read(T &ans) {
    T f=1;
    char ch=gc();
    while(!isdigit(ch)) {
        if(ch==EOF) return EOF;
        if(ch=='-') f=-1;
        ch=gc();
    }
    while(isdigit(ch))
        ans=ans*10+ch-'0',ch=gc();
    ans*=f;return 1;
}

template<class T1,class T2>
int read(T1 &a,T2 &b) {
    return read(a)==EOF?EOF:read(b);
}

template<class T1,class T2,class T3>
int read(T1 &a,T2 &b,T3 &c) {
    return read(a,b)==EOF?EOF:read(c);
}

const int Maxn=110000;
const int inf=0x3f3f3f3f;

char a[Maxn],s[Maxn];

int main() {
    scanf("%s",a);
    for(int i=1;i<=5;i++) {
        scanf("%s",s);
        if(a[0]==s[0]||a[1]==s[1]) return 0*puts("YES");
    }
    puts("NO");
    return 0;
}

B - Petr and a Combination Lock

这个当然可以DP一下，不过暴力枚举是能过的。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

char gc() {
//  static char buf[100000],*p1,*p2;
//  return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin))?EOF:*p1++;
    return getchar();
}

template<class T>
int read(T &ans) {
    T f=1;
    char ch=gc();
    while(!isdigit(ch)) {
        if(ch==EOF) return EOF;
        if(ch=='-') f=-1;
        ch=gc();
    }
    while(isdigit(ch))
        ans=ans*10+ch-'0',ch=gc();
    ans*=f;return 1;
}

template<class T1,class T2>
int read(T1 &a,T2 &b) {
    return read(a)==EOF?EOF:read(b);
}

template<class T1,class T2,class T3>
int read(T1 &a,T2 &b,T3 &c) {
    return read(a,b)==EOF?EOF:read(c);
}

const int Maxn=110000;
const int inf=0x3f3f3f3f;

int a[Maxn],n;

int main() {
    read(n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        read(a[i]);
    int x=1<<n;
    for(int i=0;i<x;i++) {
        int sum=0;
        for(int j=1,tempp=1;j<=n;j++,tempp<<=1)
            if(i&tempp) sum+=a[j];
            else sum-=a[j];
        if(sum%360==0) return 0*puts("YES");
    }
    puts("NO");
    return 0;
}

C - Yuhao and a Parenthesis

首先按照括号序列的套路求前缀和，一个序列要么只能做前缀，要么只能做后缀，要么两个都能做或都不能做。

那么只要记一下就好了，都能做的数目要除以2。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

char gc() {
//  static char buf[100000],*p1,*p2;
//  return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin))?EOF:*p1++;
    return getchar();
}

template<class T>
int read(T &ans) {
    T f=1;
    char ch=gc();
    while(!isdigit(ch)) {
        if(ch==EOF) return EOF;
        if(ch=='-') f=-1;
        ch=gc();
    }
    while(isdigit(ch))
        ans=ans*10+ch-'0',ch=gc();
    ans*=f;return 1;
}

template<class T1,class T2>
int read(T1 &a,T2 &b) {
    return read(a)==EOF?EOF:read(b);
}

template<class T1,class T2,class T3>
int read(T1 &a,T2 &b,T3 &c) {
    return read(a,b)==EOF?EOF:read(c);
}

typedef long long ll;
const int Maxn=1100000;
const int inf=0x3f3f3f3f;

int n,b[Maxn],c[Maxn];
char a[Maxn];
ll ans;

int main() {
    read(n);
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        scanf("%s",a);
        int lens=strlen(a),sum=0,flag=0;
        for(int j=0;j<lens;j++) {
            if(a[j]=='(') sum++;
            else sum--;
            if(sum<0) {
                flag=1;
                break;
            }
        }
        if(!flag) 
            flag=1,c[sum]++;
        sum=0;
        for(int j=lens-1;j>=0;j--) {
            if(a[j]==')') sum++;
            else sum--;
            if(sum<0) {
                flag=0;
                break;
            }
        }
        if(flag)
            b[sum]++;
    }
    for(int i=1;i<Maxn;i++) ans+=min(b[i],c[i]);
    ans+=b[0]>>1;
    printf("%I64d",ans);
    return 0;
}

D - Makoto and a Blackboard

这题我刚开始想插板，但是最后发现前面的决策对后面有影响，所以不能插板。但是听说暴力DP可以过？于是写了个暴力。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

char gc() {
//  static char buf[100000],*p1,*p2;
//  return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin))?EOF:*p1++;
    return getchar();
}

template<class T>
int read(T &ans) {
    T f=1;
    char ch=gc();
    while(!isdigit(ch)) {
        if(ch==EOF) return EOF;
        if(ch=='-') f=-1;
        ch=gc();
    }
    while(isdigit(ch))
        ans=ans*10+ch-'0',ch=gc();
    ans*=f;return 1;
}

template<class T1,class T2>
int read(T1 &a,T2 &b) {
    return read(a)==EOF?EOF:read(b);
}

template<class T1,class T2,class T3>
int read(T1 &a,T2 &b,T3 &c) {
    return read(a,b)==EOF?EOF:read(c);
}

typedef long long ll;
const int Maxn=1100000;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll mod=1000000007;

ll n,f[2][Maxn],k,inv[Maxn];

ll powp(ll a,ll b) {
    ll ans=1;
    while(b) {
        if(b&1) ans=ans*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}

int main() {
    read(n,k);
    ll ans=1;inv[0]=inv[1]=1;
    for(int i=2;i<=1000;i++) inv[i]=(mod-(mod/i)*inv[mod%i]%mod)%mod;
    for(ll i=2;i*i<=n;i++)
        if(n%i==0) {
            int temp=0;
            while(n%i==0) {
                temp++;
                n/=i;
            }
            int now=0;
            for(int j=0;j<temp;j++) f[0][j]=0;
            f[0][temp]=1;
            for(int j=1;j<=k;j++) {
                now^=1;ll tempp=0;
                for(int l=temp;l>=0;l--)
                    f[now][l]=tempp=(tempp+f[now^1][l]*inv[l+1]%mod)%mod;
            }
            ll sxz=0;
            for(ll j=0;j<=temp;j++)
                sxz+=f[now][j]*powp(i,j)%mod;
            sxz%=mod;
            ans=ans*sxz%mod;
        }
    if(n!=1) {
        int temp=1;
        int now=0;
        for(int j=0;j<=temp;j++) f[0][j]=0;
        f[0][temp]=1;
        for(int j=1;j<=k;j++) {
            now^=1;ll tempp=0;
            for(int l=temp;l>=0;l--)
                f[now][l]=tempp=(tempp+f[now^1][l]*inv[l+1]%mod)%mod;
        }
        ll sxz=0;
        for(ll j=0;j<=temp;j++) sxz+=f[now][j]*powp(n,j)%mod;
        sxz%=mod;
        ans=ans*sxz%mod;
    }
    printf("%I64d",ans);
    return 0;
}

F - Alex and a TV Show

如果没有3操作的话，那就直接开bitset就好了。

那么我们考虑3操作。如果我们在bitset里面存的不是原数，而是把原数的质因子都设成1的话，那么我们发现，1,2操作都没有变化，而3操作可以直接&起来，但是输出的时候就不太好办了。解决方法就是容斥一下，注意要预处理好容斥的系数，不然复杂度会爆。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<cctype>
#define qmin(x,y) (x=min(x,y))
#define qmax(x,y) (x=max(x,y))
using namespace std;

inline char gc() {
//  static char buf[100000],*p1,*p2;
//  return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
    return getchar();
}

template<class T>
int read(T &ans) {
    ans=0;char ch=gc();T f=1;
    while(!isdigit(ch)) {
        if(ch==EOF) return -1;
        if(ch=='-') f=-1;
        ch=gc();
    }
    while(isdigit(ch))
        ans=ans*10+ch-'0',ch=gc();
    ans*=f;return 1;
}

template<class T1,class T2>
int read(T1 &a,T2 &b) {
    return read(a)!=EOF&&read(b)!=EOF?2:EOF;
}

template<class T1,class T2,class T3>
int read(T1 &a,T2 &b,T3 &c) {
    return read(a,b)!=EOF&&read(c)!=EOF?3:EOF;
}

typedef long long ll;
const int Maxn=110000;
const int inf=0x3f3f3f3f;

bitset<7001> a[7001],b[7001],c[Maxn];
int miu[Maxn],bj[Maxn],p[Maxn],tot,n,q,x,u,v,opt;

void ycl() {
    miu[1]=1;
    for(int i=2;i<=7000;i++) {
        if(!bj[i]) {
            p[++tot]=i;
            miu[i]=1;
        }
        int j=0,temp;
        while(j++,(temp=i*p[j])<=7000) {
            bj[temp]=1;
            if(i%p[j]==0) break;
            miu[temp]=miu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<=7000;i++)
        for(int j=i;j<=7000;j+=i)
            a[j].set(i),b[i].set(j,miu[j/i]);
}

signed main() {
//  freopen("test.in","r",stdin);
    ycl();
    read(n,q);
    while(q--) {
        read(opt,x);
        switch(opt) {
            case 1 : read(v),c[x]=a[v];break;
            case 2 : read(u,v),c[x]=c[u]^c[v];break;
            case 3 : read(u,v),c[x]=c[u]&c[v];break;
            case 4 : read(v),putchar('0'+((c[x]&b[v]).count()&1));
        }
    }
    return 0;
}