【2019.9.15】

2019.9.15

summary

时间安排不合理大部分时间用在1、2题第三题啥都没打成
低级错误空间开小了而且最开始打的时候我都没有测第四组样例？！最后十几分钟发现第四组样例没过==
基础不牢加分二叉树这题我都没做过 gg
浮躁

Candy

糖糖有一个整数A,设A的十进制表示为 \(a_1a_2a_3...a_n\);
定义 \(rotate(a_1a_2a_3...a_n)=a_2a_3...a_na_1\)
糖糖利用这个方法生成了n个数字串,其中:
\(b1=a,b2=rotate(b1),...,b_n=rotate(b_{n-1})\)
糖糖对于这些数字串在十进制下的和很感兴趣,现设 \(\sum{b_i}=S\)
她想知道S的最小非1的因子是多少

首先肯定先找下规律看看有没有规律,但是没用的.

不难发现最终的和的形式是\(sum\_digit(111111....1)\)的形式,其中\(sum\_digit\)表示所有数位的和.

所以无非答案就是\(sum\_digit\)的最小质因子或者是\(11111111..1\)的最小质因子

若最终答案不在\(sum\_digit\)里面的话呢,假设\(sum\_digit\)的最小质因子为\(x\)那么也就是说\(1111111...1\)里面存在一个质因子\(y\),\(y<x\)并且\(1111111...1\%y==0\)

考虑\(1111111...1=(10^n-1)/9\)(n表示有多少个1)

那么问题就转化成了\((10^n-1)/9%y==0\),我们可以枚举这个\(y\).因为和最大也就\(5e6\),所以\(y\)最多也不会超过\(5e6\),用线性筛预处理一下即可

==我搞那个b=qpow(10ll,n,(ll)prim[i]*9)要模\(prim[i]*9\)推了好久

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N=500000+10,M=5e6+50,inf=0x3f3f3f3f;
int n,sum;char a[N];

int v[M],prim[N],cnt=0;
void Prime(int m){
    for(int i=2;i<=m;i++){
        if(!v[i]) v[i]=i,prim[++cnt]=i;
        for(int j=1;j<=cnt&&prim[j]<=m/i;j++){
            v[i*prim[j]]=prim[j];
            if(!i%prim[j]) break; 
        }
    }
}

ll qpow(ll a,int b,ll P){
    ll ret=1ll;
    while(b){
        if(b&1) ret=(ret*a)%P;
        a=(a*a)%P,b>>=1;
    }
    return ret;
}

int main(){
    //freopen("candy.in","r",stdin);
//  freopen("candy.out","w",stdout);
    Prime(4500000);
    //printf("%d\n",cnt);
    //printf("%d %d",v[11111],v[111111]);
    while(scanf("%s",a+1)!=EOF){
        n=strlen(a+1),sum=0;
        for(int i=1;i<=n;++i) sum+=(a[i]-'0');
        int ans=v[sum];
        ll b;
        for(int i=1;i<=cnt&&prim[i]<(sum==1?inf:ans);++i){
            b=qpow(10ll,n,(ll)prim[i]*9);//
            b=(b-1)/9;
            if(!b%prim[i]){ans=prim[i];break;}
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

遗失的二叉树

小T很喜欢研究树形数据结构，这一天，他的哥哥小Q丢给了小T一个问题：给定一序列，判断其是否为一颗二叉树的中序遍历，对于小T来说，这个问题太简单了，所以哥哥又添加了一个条件：树边连接的两个点的权值不能互质。现在小T对这个问题毫无对策，于是他请你帮他解决这个问题。

==看到中序遍历然后就放弃刚另外两道题用了太多时间最后这题只剩差不多半个小时四十分钟的亚子

精灵

wonderland的地图可以抽象成一个N个点的有根树，第i个点上生活着编号为i的精灵，根节点为1号节点。

一个点的深度定义为这个节点到根的距离+1，第i只精灵和第j只精灵的亲密度为他们在树上最近公共祖先的深度。

现在Jessica想询问你Q次，每次询问第z只精灵和第l~r只精灵的亲密度的和是多少。答案对201314（不是一个质数）取模。

看完题 75分很稳

然后想好了暴力的思路准备去看第二题看着中序遍历我还是滚了...

在草稿本上捯饬了半天我居然想出了正解

对不起我询问开的一倍空间我这就滚 30

100昏

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ls (o<<1)
#define rs (o<<1|1)
const int N=1e5+10,M=1e5+50,inf=0x3f3f3f3f,P=201314;
int n,m;ll ans[N];
struct quer{
    int id,pos,k,x;
    bool operator <(const quer&X)const{return pos<X.pos;}
}q[N<<1];
template <class t>void rd(t &x){
    x=0;int w=0;char ch=0;
    while(!isdigit(ch)) w|=ch=='-',ch=getchar();
    while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
    x=w?-x:x;
}

int head[N],tot=0;
struct edge{int v,nxt;}e[N];
void add(int u,int v){
    e[++tot]=(edge){v,head[u]},head[u]=tot; 
}

int idx=0,dfn[N],f[N],son[N],sz[N],dep[N],top[N];
void dfs1(int u,int fa){
    dep[u]=dep[fa]+1,sz[u]=1;
    for(int i=head[u],v,mxs=-1;i;i=e[i].nxt){
        dfs1((v=e[i].v),u),sz[u]+=sz[v];
        if(sz[v]>mxs) son[u]=v,mxs=sz[v]; 
    }
}
void dfs2(int u,int topf){
    dfn[u]=++idx,top[u]=topf;
    if(!son[u]) return;
    dfs2(son[u],topf);
    for(int i=head[u],v;i;i=e[i].nxt)
    if((v=e[i].v)!=son[u]) dfs2(v,v);
}

struct node{ll val,tg;}t[N<<2];
void pup(int o){t[o].val=t[ls].val+t[rs].val;}
void updnode(int o,int l,int r,ll k){t[o].val+=(r-l+1)*k,t[o].tg+=k;}
void pudw(int o,int l,int r){
    if(!t[o].tg) return;
    int mid=l+r>>1;
    updnode(ls,l,mid,t[o].tg),updnode(rs,mid+1,r,t[o].tg),t[o].tg=0;
}
void upd(int o,int l,int r,int x,int y,ll k){
    if(l>y||r<x) return;
    if(x<=l&&r<=y){updnode(o,l,r,k);return;}
    pudw(o,l,r);
    int mid=l+r>>1;
    upd(ls,l,mid,x,y,k),upd(rs,mid+1,r,x,y,k);
    pup(o);
}
ll query(int o,int l,int r,int x,int y){
    if(l>y||r<x) return 0;
    if(x<=l&&r<=y) return t[o].val;
    pudw(o,l,r);
    int mid=l+r>>1;ll ans;
    ans=query(ls,l,mid,x,y)+query(rs,mid+1,r,x,y);
    pup(o);
    return ans;
}

void updrange(int x,int y){
    while(top[x]!=top[y]){
        if(dep[top[x]]<dep[top[y]]) swap(x,y);
        upd(1,1,n,dfn[top[x]],dfn[x],1);
        x=f[top[x]];
    }
    if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y);
    upd(1,1,n,dep[x],dep[y],1);
}
ll qrange(int x,int y){
    ll sum=0;
    while(top[x]!=top[y]){
        if(dep[top[x]]<dep[top[y]]) swap(x,y);
        sum+=query(1,1,n,dfn[top[x]],dfn[x]);
        x=f[top[x]];
    }
    if(dep[x]>dep[y]) swap(x,y);
    sum+=query(1,1,n,dep[x],dep[y]);
    return sum;
}

int main(){
    freopen("T1.txt","r",stdin);
//  freopen("elf.out","w",stdout);
    rd(n),rd(m);
    for(int i=2,x;i<=n;++i) rd(f[i]),add(++f[i],i);
    dfs1(1,0),dfs2(1,1);
    int x,l,r,C=0;
    for(int i=1;i<=m;++i){
        rd(l),rd(r),rd(x);
        q[++C]=(quer){i,++l-1,-1,++x},q[++C]=(quer){i,++r,1,x};
    }
    sort(q+1,q+C+1);
    for(int i=1,j=0,pos,id;i<=C;++i){
        id=q[i].id,pos=q[i].pos,x=q[i].x;
        while(j<n&&j<pos) updrange(1,++j);
        ans[id]=(ans[id]+q[i].k*qrange(1,x))%P;
    }
    for(int i=1;i<=m;++i) printf("%lld\n",((ll)ans[i]+P)%(1ll*P));
    return 0;
}

2019.9.15

summary

Candy

遗失的二叉树

精灵

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