10.27 正睿提高9
神T3啊
2018.10.27 正睿提高9
期望得分：?+?+?
实际得分：10+20+100
T1 T2做得真是傻啊==。。
A 数分考试(拓扑 贪心)
容易想到用堆来维护拓扑序。假设从排名小的开始放。
对于当前排名\(now\)，先把\(l_i=now\)且排名限制（拓扑序）允许的人加入堆，然后从堆中找到\(r_i\)最小的作为排名为\(now\)的人。
注意在此之前要收紧所有人\(r\)的限制，比如\(u\)比\(v\)排名低，那么\(r_u=\min\{r_u,r_v-1\}\)。
那么用两个堆就做完了（一个堆+一个vector也行。事实上因为常数更大差不了多少。。慢了）。
两个堆：
//1938ms 17588kb
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define fir first
#define sec second
#define mp std::make_pair
#define pr std::pair<int,int>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 300000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=3e5+5,M=1e6+5;
int Enum,H[N],nxt[M],to[M],L[N],R[N],dgr[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
inline void AE(int v,int u)
{
++dgr[v], to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum;
}
bool Solve(int n)
{
static int q[N],dgr2[N],Ans[N];
static std::priority_queue<pr,std::vector<pr>,std::greater<pr> > q1,q2;
int h=0,t=0;
memcpy(dgr2,dgr,sizeof dgr2);
for(int i=1; i<=n; ++i) if(!dgr2[i]) q[t++]=i;
while(h<t)
{
int x=q[h++];
for(int i=H[x]; i; i=nxt[i])
if(!--dgr2[to[i]]) q[t++]=to[i];
}
if(t<n) return 0;
for(int i=n-1,x; ~i; --i)//从0开始。。
{
for(int j=H[x=q[i]]; j; j=nxt[j])
R[x]=std::min(R[x],R[to[j]]-1);
if(L[x]>R[x]) return 0;
}
for(int i=1; i<=n; ++i) if(!dgr[i]) q1.push(mp(L[i],i));
for(int now=1,x; now<=n; ++now)
{
while(!q1.empty()&&q1.top().fir<=now)
q2.push(mp(R[q1.top().sec],q1.top().sec)), q1.pop();
if(q2.empty()) return 0;
Ans[now]=x=q2.top().sec, q2.pop();
if(R[x]<now) return 0;
for(int i=H[x]; i; i=nxt[i])
if(!--dgr[to[i]]) q1.push(mp(L[to[i]],to[i]));
}
for(int i=1; i<=n; ++i) printf("%d\n",Ans[i]);
return 1;
}
int main()
{
int n=read(),m=read();
for(int i=1; i<=n; ++i) L[i]=read(),R[i]=read();
for(int i=1; i<=m; ++i) AE(read(),read());
if(!Solve(n)) puts("-1");
return 0;
}
一个堆+vector：
//2399ms 30732kb
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define fir first
#define sec second
#define mp std::make_pair
#define pr std::pair<int,int>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 300000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=3e5+5,M=1e6+5;
int Enum,H[N],nxt[M],to[M],L[N],R[N],dgr[N];
std::vector<int> vec[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
inline void AE(int v,int u)
{
++dgr[v], to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum;
}
bool Solve(int n)
{
static int q2[N],dgr2[N],Ans[N];
static std::priority_queue<pr,std::vector<pr>,std::greater<pr> > q;
int h=0,t=0;
memcpy(dgr2,dgr,sizeof dgr2);
for(int i=1; i<=n; ++i) if(!dgr2[i]) q2[t++]=i;
while(h<t)
{
int x=q2[h++];
for(int i=H[x]; i; i=nxt[i])
if(!--dgr2[to[i]]) q2[t++]=to[i];
}
if(t<n) return 0;
for(int i=n-1,x; ~i; --i)
{
for(int j=H[x=q2[i]]; j; j=nxt[j])
R[x]=std::min(R[x],R[to[j]]-1);
if(L[x]>R[x]) return 0;
}
for(int i=1; i<=n; ++i) if(!dgr[i]) vec[L[i]].push_back(i);
for(int now=1,x; now<=n; ++now)
{
for(int i=0,l=vec[now].size(); i<l; ++i) x=vec[now][i],q.push(mp(R[x],x));
if(q.empty()) return 0;
Ans[now]=x=q.top().sec, q.pop();
if(R[x]<now) return 0;
for(int i=H[x],v; i; i=nxt[i])
if(!--dgr[v=to[i]])
if(L[v]<=now) vec[now+1].push_back(v);
else vec[L[v]].push_back(v);
}
for(int i=1; i<=n; ++i) printf("%d\n",Ans[i]);
return 1;
}
int main()
{
int n=read(),m=read();
for(int i=1; i<=n; ++i) L[i]=read(),R[i]=read();
for(int i=1; i<=m; ++i) AE(read(),read());
if(!Solve(n)) puts("-1");
return 0;
}
B 集合(MillerRabin 容斥)
显然集合里的数一定都是\(n\)的约数。考虑对\(n\)分解质因数。
设\(n=\prod_{i=1}^kp_i^{a_i}\)。显然\(k\)不会很大（最大是\(15\)）。
\(n\)的每个约数自然是对每个\(p_i\)选一个次数\(t_i\in[0,a_i]\)，然后全乘起来得到。
注意到\(\gcd=1,\mathbb{lcm}=n\)的限制，实际上是，对于每个\(p_i\)，对集合中的数分解质因数后，存在至少一个数的\(t_i=0\)，且存在至少一个数的\(t_i=a_i\)。（也就是\(\min\{t_i\}=0,\max\{t_i\}=a_i\)）
可以想到容斥。这就是\(2k\)个条件，不妨先\(2^{2k}\)枚举这些条件。
即最初有\(L_i=0,R_i=a_i\)。
若要求不存在一个数的\(t_i=0\)，则令\(L_i\)加一；
若要求不存在一个数的\(t_i=a_i\)，则令\(R_i\)减一。
对于\(n\)的约数的每个质因子有\(R_i-L_i+1\)种选择，即当前一共有\(\prod R_i-L_i+1\)个约数，所以此时的贡献是\((-1)^s(2^{\prod R_i-L_i+1}-1)\)（\(s\)为违反条件数）。
这样是\(2^{2k}=4^{k}\)的，过不去。
再考虑对于每个\(p_i\)的选择：
- 什么也不做；
- 最小值没有满足，最大值满足了，令\(L_i+1\)；
- 最大值没有满足，最小值满足了，令\(R_i-1\)；
- 最小值最大值都没有满足，\(L_i+1\)且\(R_i-1\)。
情况\(2,3\)对答案的贡献其实是一样的，所以对于\(2,3\)可以放在一起算。
这样就是\(3^{k}\)了。
还有一个问题是怎么对\(n\)分解质因数。显然可以直接\(Pollard\ Rho\)。
实际上，如果我们处理出\(\leq10^6\)的质数分解，\(n\)只可能再由两个\(>10^6\)的质数相乘得到。即此时\(n\)只有三种可能：\(n\)，\(p^2\)，\(pq\)。
对于第一种情况可以\(Miller\ Rabin\)判；对于第二种情况可以对\(n\)开平方根判断；如果不是这两种，那么一定是第三种。因为我们不关心\(p_i\)是多少，只需要知道还有两个\(a_i=1\)的质因数就可以了。
//8ms 596kb
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define mod 998244353
typedef long long LL;
const int N=233;
int tm[N];
LL Ans;
namespace Math
{
const int P[8]={2,3,5,7,11,13,17};//7
inline LL Mult(LL a,LL b,LL p)
{
LL tmp=a*b-(LL)((long double)a/p*b+1e-8)*p;
return tmp<0?tmp+p:tmp;
}
inline LL FP(LL x,LL k,LL p)
{
LL t=1;
for(; k; k>>=1,x=Mult(x,x,p))
if(k&1) t=Mult(t,x,p);
return t;
}
inline int FP(int x,int k)
{
int t=1;
for(; k; k>>=1,x=1ll*x*x%mod)
if(k&1) t=1ll*t*x%mod;
return t;
}
bool Miller_Rabin(LL p)
{
if(p==2) return 1;
if(!(p&1)||p==1) return 0;
for(int i=0; i<7; ++i)
if(p==P[i]) return 1;
else if(!(p%P[i])) return 0;
LL u=p-1; int t=0;
while(!(u&1)) u>>=1,++t;
for(int i=0; i<7; ++i)
{
LL now=FP(P[i],u,p),las;
for(int j=1; j<=t; ++j)
{
las=now, now=Mult(now,now,p);
if(now==1&&las!=1&&las!=p-1) return 0;
}
if(now!=1) return 0;
}
return 1;
}
}
void DFS(int x,int coef,int sum)
{
if(!x)
{
Ans+=1ll*coef*(Math::FP(2,sum)-1)%mod;
return;
}
DFS(x-1,coef,1ll*sum*(tm[x]+1)%(mod-1));
DFS(x-1,-2*coef,1ll*sum*tm[x]%(mod-1));
if(tm[x]>=2) DFS(x-1,coef,1ll*sum*(tm[x]-1)%(mod-1));
}
int main()
{
LL n; scanf("%lld",&n);
int cnt=0;
for(int i=2; 1ll*i*i<=n&&i<=1e6; ++i)
if(!(n%i))
{
n/=i, tm[++cnt]=1;
while(!(n%i)) n/=i, ++tm[cnt];
}
if(n>1)
{
if(Math::Miller_Rabin(n)) tm[++cnt]=1;
else if(1ll*sqrt(n)*sqrt(n)==n) tm[++cnt]=2;
else tm[++cnt]=1, tm[++cnt]=1;
}
DFS(cnt,1,1), printf("%lld\n",(Ans%mod+mod)%mod);
return 0;
}
C 主地斗(思路)
如果有一张王在先手手里或在牌堆里，那么后手可以一直不出牌，这样先手最后会拿着王出不出去然后gg。
否则，如果两张王都在后手手里，我猜是先手必胜。确实是这样，为啥我不知道（让后手变成先手？）。
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
using std::cin;
using std::string;
typedef long long LL;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
bool Solve()
{
string str;
for(int i=1; i<=6; ++i) cin>>str;
int cnt=0;
for(int i=1; i<=6; ++i)
{
cin>>str;
if(str=="RJ"||str=="BJ") ++cnt;
}
for(int i=1; i<=42; ++i) cin>>str;
cin>>str;
return cnt==2;
}
int main()
{
for(int T=read(); T--; puts(Solve()?"First":"Second"));
return 0;
}
考试代码
A
明显不对的拓扑。我怎么觉得那么对。。
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
#define MAXIN 300000
//#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=3e5+5,M=1e6+5;
int Enum,H[N],nxt[M],to[M],dgr[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
struct Node
{
int l,r,id;
bool operator <(const Node &x)const
{
return l==x.l?r<x.r:l<x.l;
}
}A[N];
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now;
}
inline void AE(int u,int v)
{
++dgr[v], to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum;
}
bool Solve(int n)
{
static int Ans[N];
static std::priority_queue<Node> q;
for(int i=1; i<=n; ++i) if(!dgr[i]) q.push(A[i]);
if(q.empty()) return 0;
int now=n;
while(!q.empty())
{
Node tmp=q.top(); q.pop();
int x=tmp.id,l=tmp.l,r=tmp.r;
// printf("x:%d l:%d r:%d now:%d\n",x,l,r,now);
if(l>now||r<now) return 0;
Ans[now--]=x;
for(int i=H[x]; i; i=nxt[i])
if(!--dgr[to[i]]) q.push(A[to[i]]);
}
if(now) return 0;
for(int i=1; i<=n; ++i) printf("%d\n",Ans[i]);
return 1;
}
int main()
{
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
int n=read(),m=read();
for(int i=1; i<=n; ++i) A[i]=(Node){read(),read(),i};
for(int i=1; i<=m; ++i) AE(read(),read());
if(!Solve(n)) puts("-1");
return 0;
}/*
5 2
4 5
3 5
3 5
2 5
1 2
2 3
4 3
*/
B
瞎容斥失败。告辞。
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define mod 998244353
#define Mod(x) x>=mod&&(x-=mod)
typedef long long LL;
const int N=1e6+5;
int A[N],mu[N],p[N],pw[N],Ans;
bool not_p[N],vis[233];
void Init(int n)
{
mu[1]=1; int tot=0;
for(int i=2; i<=n; ++i)
{
if(!not_p[i]) p[++tot]=i,mu[i]=-1;
for(int j=1,v; j<=tot&&(v=i*p[j])<=n; ++j)
{
not_p[v]=1;
if(i%p[j]) mu[v]=-mu[i];
else {mu[v]=0; break;}
}
}
}
int Divide(int n)
{
int cnt=1,lim=sqrt(n);
for(int i=2; i<=lim; ++i)
if(!(n%i))
{
++cnt;
if(i*i!=n) A[++cnt]=n/i;
}
printf("%d:%d\n",n,cnt+1);
}
int Gcd(int x,int y)
{
return y?Gcd(y,x%y):x;
}
void DFS(int x,int lim,int n)
{
if(x>lim)
{
int g=0;
for(int i=1; i<=lim; ++i)
if(vis[i])
if((g=g?Gcd(g,A[i]):A[i])==1) break;
if(g!=1) return;
int lcm=1;
for(int i=2; i<=lim; ++i)
if(vis[i]) lcm=lcm*A[i]/Gcd(lcm,A[i]);
Ans+=lcm==n;
return;
}
DFS(x+1,lim,n), vis[x]=1, DFS(x+1,lim,n), vis[x]=0;
}
void Subtask3(LL n)
{
if(n==1) return (void)printf("%d\n",1);
int lim=sqrt(n),cnt=0; A[++cnt]=1;
for(int i=2; i<=lim; ++i)
if(!(n%i))
{
A[++cnt]=i;
if(i*i!=n) A[++cnt]=n/i;
}
A[++cnt]=n;
printf("n:%d cnt:%d ",n,cnt);
if(cnt<=21||1)
{
Ans=0, DFS(1,cnt,n), printf("%d\n",Ans);
return;
}
Init(n), pw[0]=1;
for(int i=1; i<=cnt; ++i) pw[i]=pw[i-1]<<1, Mod(pw[i]);
LL ans=pw[cnt-1]-1;
for(int i=2; i<=cnt; ++i)
{
if(!mu[A[i]]) continue;
int s=0,tmp=A[i];
for(int j=i; j<cnt; ++j) s+=!(A[j]%tmp);
ans+=1ll*mu[tmp]*pw[s]%mod;
}
printf("%d\n",(int)((ans%mod+mod)%mod));
}
int main()
{
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
LL n; scanf("%lld",&n);
if(n<=1e8||1) return Subtask3(n),0;
// for(int n=1; n<=40; ++n) Subtask3(n);
// for(int n=99000; n<=100000; ++n) Divide(n);
return 0;
}
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很久以前的奇怪但现在依旧成立的签名
attack is our red sun $$\color{red}{\boxed{\color{red}{attack\ is\ our\ red\ sun}}}$$ ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
很久以前的奇怪但现在依旧成立的签名
attack is our red sun $$\color{red}{\boxed{\color{red}{attack\ is\ our\ red\ sun}}}$$ ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
