Codeforces Round #628 (Div. 2)
A
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
int main(){
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
int x;
scanf("%d",&x);
printf("%d %d\n",1,x-1);
}
}
B 因为可以取无限个序列，那么去重后，有多少个数字最长上升序列就是多少。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<climits>
#include<stack>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<bitset>
#include<map>
//#include<regex>
#include<cstdio>
#pragma GCC optimize(2)
#define up(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
#define dw(i,a,b) for(int i=a;i>b;i--)
#define upd(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dwd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
//#define local
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double esp = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int inf = 1e9;
using namespace std;
ll read()
{
char ch = getchar(); ll x = 0, f = 1;
while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-')f = -1; ch = getchar(); }
while (ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return x * f;
}
typedef pair<int, int> pir;
#define lson l,mid,root<<1
#define rson mid+1,r,root<<1|1
#define lrt root<<1
#define rrt root<<1|1
int t;
const int N = 1e5 + 10;
int a[N];
int n;
map<int, int>mp;
int main()
{
t = read();
while (t--)
{
n = read();
mp.clear();
upd(i, 1, n)a[i] = read(), mp[a[i]] = 1;
int ans = 0;
for (auto k : mp)
{
ans += k.second;
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
C
首先，必须有一条边，权值等于0。在不包含这条边的所有路径总，mex=0。
当包含0的时候，考虑1的位置，不包含1的路径，mex=1。
即包含0，又包含1的时候，考虑2的位置。当一个结点的子树，当于等于3的时候，我们考虑把1，2，0，放在往这三个子节点的边上，可以发现，0，1，2永远不会三个同时出现，这个时候就是最小值。（需要特判）
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<climits>
#include<stack>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<bitset>
#include<map>
//#include<regex>
#include<cstdio>
#pragma GCC optimize(2)
#define up(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
#define dw(i,a,b) for(int i=a;i>b;i--)
#define upd(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dwd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
//#define local
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double esp = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int inf = 1e9;
using namespace std;
ll read()
{
char ch = getchar(); ll x = 0, f = 1;
while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-')f = -1; ch = getchar(); }
while (ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return x * f;
}
typedef pair<int, int> pir;
#define lson l,mid,root<<1
#define rson mid+1,r,root<<1|1
#define lrt root<<1
#define rrt root<<1|1
const int N = 1e5 + 1l;
int n;
vector<int>vec[N];
map<pair<int, int> ,int>mp;
int ans[N];
int main()
{
n = read();
int u, v;
upd(i, 1, n - 1)
{
u = read(), v = read();
vec[u].push_back(v);
vec[v].push_back(u);
mp[make_pair(u, v)] = i;
mp[make_pair(v, u)] = i;
}
if (n == 2) {
printf("0\n");
}
else if (n == 3)
{
printf("0\n1\n");
}
else
{
bool flag = 0;
int pos = 0;
upd(i, 1, n)
{
if (vec[i].size() > 2)
{
flag = 1;
pos = i;
break;
}
}
if (!flag)
{
upd(i, 1, n - 1)printf("%d\n", i - 1);
}
else
{
int cnt = 1;
for (auto k : vec[pos])
{
int temp = mp[make_pair(k, pos)];
ans[temp] = cnt;
cnt++;
}
upd(i, 1, n - 1)
{
if (!ans[i])ans[i] = cnt++;
}
upd(i, 1, n - 1)
{
printf("%d\n", ans[i] - 1);
}
}
}
return 0;
}
D
首先v<u的时候，不满足题意。v==u的时候，答案是v。
当v>u的时候，令x=u，dis=(v-u)/2。有x^dis^dis=x=u。故最多三个值即可满足题意。观察什么时候可以得到两个值即可满足题意，如果x&dis==0的时候，x|=dis，答案变成两个，此时已经是最简。（不可能答案是一个）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
int a[65];
vector<ll>ans;
int main(){
ll u,v;
scanf("%lld %lld",&u,&v);
if(u>v)return 0*printf("-1\n");
if(u==v){
if(u==0)return 0*printf("0\n");
return 0*printf("1\n%lld\n",v);
}
ll c = v-u;
for(int i=61;i>=0;i--){
if(c>=(1ll<<(i+1))){
c-=(1ll<<(i+1));
a[i]+=2;
}
}
if(c!=0)return 0*printf("-1\n");
ll lu = u;
int cnt=0;
while(lu){
if(lu&1)a[cnt]++;
lu>>=1;
cnt++;
}
bool flag = false;
while(1){
bool v=true;
ll y=0;
for(int i=62;i>=0;i--){
if(a[i]!=0){
if(v)v=false;
y+=(1ll<<i);
a[i]--;
}
}
if(v)break;
ans.push_back(y);
}
printf("%d\n",ans.size());
for(auto k:ans){
printf("%lld ",k);
}
}
E
因为\(a_i\)最多7个因数，所以\(a_i\)最多两个质因数。（三个的时候，至少会有八个因数）。观察可以发现，因为是乘法，那么对于一个完全平方数字来说，除以质因数的偶数次，答案不会有任何的影响。故我们在分解质因数的时候，去掉所有偶数次的质因数。令\(a_i\)的质因数为p，q。那么最后得到的\(a_i\)会是：p或者q，p*q。其中p或者q可以等于1。当只有p或者q的时候，若p==1，那么答案为1，说明自己就是完全平方数字。当p！=1的时候，连线1-p。表示\(a_i\)分解出的数字为1*p。当剩下p*q的时候，连线p-q。然后判断是否有重边，有重边，输出2。当图中出现环的时候，说明偶数次，变成完全平方，输出环的长度。因为大于\(\sqrt {max(a_i)}\)的时候，他要么已经计算过了，要么只有他自己一个点本身，不可能有两个大于\(\sqrt {max(a_i)}\)的因数存在，故搜索不需要n*m的时间复杂度，只需要前\(\sqrt {max(a_i)}\)搜索即可。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<climits>
#include<stack>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<bitset>
#include<map>
//#include<regex>
#include<cstdio>
#pragma GCC optimize(2)
#define up(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
#define dw(i,a,b) for(int i=a;i>b;i--)
#define upd(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dwd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
//#define local
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double esp = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int inf = 1e9;
using namespace std;
ll read()
{
char ch = getchar(); ll x = 0, f = 1;
while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-')f = -1; ch = getchar(); }
while (ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return x * f;
}
typedef pair<int, int> pir;
#define lson l,mid,root<<1
#define rson mid+1,r,root<<1|1
#define lrt root<<1
#define rrt root<<1|1
const int N = 1e6 + 10;
int a[N];
int n;
vector<int>grp[N];
int decom(int x)
{
int flag = 0;
int flag2 = 0;
int num = 0;
for (int i = 2; i*i <= x; i++)
{
int cnt = 0;
while (x%i == 0)
{
cnt++;
x /= i;
}
if (cnt & 1)
{
if(!flag)
flag = i;
else flag2 = i;
}
}
if (x != 1)
{
if (flag)
{
grp[x].push_back(flag);
grp[flag].push_back(x);
return x * flag;
}
else
{
grp[1].push_back(x);
grp[x].push_back(1);
return x;
}
}
else
{
if (!flag)return 1;
if (flag && !flag2) {
grp[1].push_back(flag);
grp[flag].push_back(1);
return flag;
}
if (flag&&flag2)
{
grp[flag].push_back(flag2);
grp[flag2].push_back(flag);
return flag * flag2;
}
}
}
vector<int>vec;
int dis[N];
int fa[N];
int bfs(int x)
{
memset(dis, INF, sizeof(dis));
memset(fa, 0, sizeof(fa));
dis[x] = 0;
queue<int>q;
q.push(x);
int ans = INF;
while (!q.empty())
{
int top = q.front(); q.pop();
for (auto k : grp[top])
{
if (dis[k] ==INF)
{
fa[k] = top;
dis[k] = dis[top] + 1;
q.push(k);
}
else if(k!=fa[top])
{
ans = min(ans, dis[k] + dis[top] + 1);
}
}
}
return ans;
}
int main()
{
n = read();
upd(i, 1, n)
{
a[i] = read();
a[i] = decom(a[i]);
vec.push_back(a[i]);
}
sort(vec.begin(), vec.end());
if (vec[0] == 1) { printf("1\n"); return 0; }
vec.erase(unique(vec.begin(), vec.end()), vec.end());
if (vec.size() != n) {
printf("2\n"); return 0;
}
int ans = INF;
upd(i, 1, 1000)
{
ans = min(ans, bfs(i));
}
if (ans == INF)printf("-1\n");
else printf("%d\n", ans);
return 0;
}
F
利用dfs树的回边，我们可以计算出环的大小，若，有一个环大于\(\sqrt n\)，输出这个环。
若遍历完所有的点，没有这样的环，那么一定存在>=\(\sqrt n\)的独立集。
因为环最长\(\sqrt n-1\)那么，一个点最多能连接\(\sqrt n-1\)个环，若环内点两两互达，那么这个环内最多选一个进入独立集，一共\(\sqrt n-1\)个环，再加上该点，一共\(\sqrt n\)个点进入独立集。那么这个独立集一定存在。所以我们通过0，1染色即可完成。（0\1染色寻找到n/2+1个独立点，n>=5，可以满足\(\sqrt n\)）
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<climits>
#include<stack>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<bitset>
#include<map>
//#include<regex>
#include<cstdio>
#pragma GCC optimize(2)
#define up(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
#define dw(i,a,b) for(int i=a;i>b;i--)
#define upd(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dwd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
//#define local
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double esp = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int inf = 1e9;
using namespace std;
ll read()
{
char ch = getchar(); ll x = 0, f = 1;
while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-')f = -1; ch = getchar(); }
while (ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return x * f;
}
typedef pair<int, int> pir;
#define lson l,mid,root<<1
#define rson mid+1,r,root<<1|1
#define lrt root<<1
#define rrt root<<1|1
const int N = 2e5 + 10;
struct eg {
int to, next;
}edge[2*N];
int head[2 * N];
int cnt;
int dep[N], fa[N], col[N];
int sq;
void addedge(int u, int v)
{
edge[cnt].to = v;
edge[cnt].next = head[u];
head[u] = cnt++;
}
void dfs(int u,int d,int f)
{
dep[u] = d;
fa[u] = f;
for (int i = head[u]; ~i; i = edge[i].next)
{
int v = edge[i].to;
if (v == fa[u])continue;
if (!dep[v])
{
dfs(v, d + 1, u);
}
else if (dep[u] - dep[v] + 1 >= sq)
{
cout << 2 << endl;
cout << dep[u] - dep[v] + 1 << endl;
while (v != u)
{
cout << u << " ";
u = fa[u];
}
cout << v << endl;
exit(0);
}
}
if (!col[u])
{
for (int i = head[u]; ~i; i = edge[i].next)
col[edge[i].to] = 1;
}
}
int n, m;
int main()
{
memset(head, -1, sizeof(head));
n = read(); m = read();
int u, v;
up(i, 0, m) {
u = read(), v = read();
addedge(u, v);
addedge(v, u);
}
sq = sqrt(n);
if (sq*sq != n)sq++;
dfs(1, 1, 0);
printf("1\n");
upd(i, 1, n)
{
if (sq == 0)break;
if (!col[i])
{
sq--;
printf("%d ", i);
}
}
return 0;
}
橙橙橙
