今日SGU 5.28
SGU 121
题意：给你一张图，问你每个顶点必须有黑白两条边（如果它的边数>=2），问你怎么染色，不行就输出no
收获:你会发现不行的情况只有一个单纯的奇数环的时候，反之我们交替染色即可
#include<bits/stdc++.h> #define de(x) cout<<#x<<"="<<x<<endl; #define dd(x) cout<<#x<<"="<<x<<" "; #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<(b);++i) #define repd(i,a,b) for(int i=a;i>=(b);--i) #define repp(i,a,b,t) for(int i=a;i<(b);i+=t) #define ll long long #define mt(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) #define fi first #define se second #define inf 0x3f3f3f3f #define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f #define pii pair<int,int> #define pdd pair<double,double> #define pdi pair<double,int> #define mp(u,v) make_pair(u,v) #define sz(a) (int)a.size() #define ull unsigned long long #define ll long long #define pb push_back #define PI acos(-1.0) #define qc std::ios::sync_with_stdio(false) #define db double #define all(a) a.begin(),a.end() const int mod = 1e9+7; const int maxn = 2e2+5; const double eps = 1e-6; using namespace std; bool eq(const db &a, const db &b) { return fabs(a - b) < eps; } bool ls(const db &a, const db &b) { return a + eps < b; } bool le(const db &a, const db &b) { return eq(a, b) || ls(a, b); } ll gcd(ll a,ll b) { return a==0?b:gcd(b%a,a); }; ll lcm(ll a,ll b) { return a/gcd(a,b)*b; } ll kpow(ll a,ll b) {ll res=1; if(b<0) return 1; for(;b;b>>=1){if(b&1)res=res*a;a=a*a;}return res;} ll read(){ ll x=0,f=1;char ch=getchar(); 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; } int n,x; bool vis[maxn][maxn]; int ans[maxn][maxn]; int in[maxn]; vector<int> G[maxn]; //不行的情况就是存在一个单纯的奇数环 //奇数环加上一些边的话，要从奇度顶点开始dfs void dfs(int u,int col){ rep(i,0,sz(G[u])){ int v = G[u][i]; if(vis[u][v]) continue; vis[u][v] = vis[v][u] = true; ans[u][v] = ans[v][u] = col; dfs(v,col^1); col^=1; } } bool ok(){ set<int> s; rep(u,1,n+1){ s.clear(); if(in[u] < 2) continue; rep(i,0,sz(G[u])){ int v = G[u][i]; s.insert(ans[u][v]); } if(sz(s) < 2) return false; } return true; } int main(){ scanf("%d",&n); rep(i,1,n+1) { while(scanf("%d",&x)&&x){ G[i].pb(x); in[x]++; } } rep(i,1,n+1) if(in[i] > 1 && (in[i] & 1)) dfs(i,1); rep(i,1,n+1) dfs(i,1); if(!ok()) return puts("No solution"),0; rep(u,1,n+1){ rep(i,0,sz(G[u])){ int v = G[u][i]; printf("%d ",ans[u][v]?1:2); } puts("0"); } return 0; }
SGU 148
题意：n层的东西，每一层有wi，li，pi分别表示i层当前的水量，和最大容纳量，和破坏i层的费用，如果破坏i层的话，花费pi，水会流到下一层，
或者你当前层的水超过了li的话他就会自动破坏，然后问你要破坏第n层的最小费用
收获：我们知道一层的话要被破坏，他有两种方法，一种就是直接花费pi，一种就是上面留下来的水加上自己的超过了自己的容量（这样的话就不用加上这一层的费用了）
然后你如果从第i层开始破坏到第n层的话，i 到 n所有层都要破，那么花费就是pre[j] - pre[i - 1] <= l[j] (j >= i) 的那些p[j]的和，因为这些j是不能被上面的i 到 j的水打破的，我们就要手动打破它，
看看这个公式，我们可以变成这样pre[j] - l[j] <= pre[i-1]，那么我们从n开始枚举我们i的话，如果(j >= i) pre[j] - l[j] > pre[i]的话，这个j就可以被自动打破，那么我们就可以从费用中减去p[j]这个东西
然后每次更新答案，那么就可以把所有的pre[j] - l[j]存到一个最大堆里面，然后每次枚举到的i，判断是否q.top().fi > pre[i-1]，那么我们就可以把它的p[j]减掉了
#include<bits/stdc++.h> #define de(x) cout<<#x<<"="<<x<<endl; #define dd(x) cout<<#x<<"="<<x<<" "; #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<(b);++i) #define repd(i,a,b) for(int i=a;i>=(b);--i) #define repp(i,a,b,t) for(int i=a;i<(b);i+=t) #define ll long long #define mt(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) #define fi first #define se second #define inf 0x3f3f3f3f #define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f #define pii pair<int,int> #define pdd pair<double,double> #define pdi pair<double,int> #define mp(u,v) make_pair(u,v) #define sz(a) (int)a.size() #define ull unsigned long long #define ll long long #define pb push_back #define PI acos(-1.0) #define qc std::ios::sync_with_stdio(false) #define db double #define all(a) a.begin(),a.end() const int mod = 1e9+7; const int maxn = 2e4+6; const double eps = 1e-6; using namespace std; bool eq(const db &a, const db &b) { return fabs(a - b) < eps; } bool ls(const db &a, const db &b) { return a + eps < b; } bool le(const db &a, const db &b) { return eq(a, b) || ls(a, b); } ll gcd(ll a,ll b) { return a==0?b:gcd(b%a,a); }; ll lcm(ll a,ll b) { return a/gcd(a,b)*b; } ll kpow(ll a,ll b) {ll res=1; if(b<0) return 1; for(;b;b>>=1){if(b&1)res=res*a;a=a*a;}return res;} ll read(){ ll x=0,f=1;char ch=getchar(); 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; } int n; int w[maxn],l[maxn],p[maxn]; int pre[maxn]; bool used[maxn]; priority_queue<pii>q; int main(){ scanf("%d",&n); rep(i,1,n+1) scanf("%d%d%d",&w[i],&l[i],&p[i]),pre[i] = pre[i-1] + w[i]; int sum = 0, ans = inf, pos; repd(i,n,1){ while(sz(q) && q.top().fi > pre[i-1]) sum -= q.top().se, q.pop(); q.push(mp(pre[i]-l[i],p[i])); sum += p[i]; if(sum < ans) ans = sum, pos = i; } rep(i,pos,n+1) if(pre[i] - pre[pos-1] <= l[i]) used[i] = true; rep(i,1,n+1) if(used[i]) printf("%d\n",i); return 0; }
SGU 355
题意：给一个数字N，要你给数字1 到 N染色，要求是如果a % b == 0 的话，
a和b的颜色不能相同，问你最多用多少的颜色
收获：暴力，找出他所有的因子的染的颜色，然后用set去重，然后那个数的染色就是set的大小 + 1，
证明呢。。我做的时候没去想为什么这个就是合理的，就莽了一发就A了，
然后我去想了为什么，我的理解是：
一个数的所有因子都不存在互质的话，那么不就是最坏的情况了，它只能染成因子数量 + 1了，sz就是因数颜色种类大小，那么如果有存在因子互质的话的，
有一对的话，那么它染色的是不是就可以减一，每次用最小的去染色，那么它的因子的染色肯定是从1 开始 到 sz
#include<bits/stdc++.h> #define de(x) cout<<#x<<"="<<x<<endl; #define dd(x) cout<<#x<<"="<<x<<" "; #define rep(i,a,b) for(int i=a;i<(b);++i) #define repd(i,a,b) for(int i=a;i>=(b);--i) #define repp(i,a,b,t) for(int i=a;i<(b);i+=t) #define ll long long #define mt(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) #define fi first #define se second #define inf 0x3f3f3f3f #define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f #define pii pair<int,int> #define pdd pair<double,double> #define pdi pair<double,int> #define mp(u,v) make_pair(u,v) #define sz(a) (int)a.size() #define ull unsigned long long #define ll long long #define pb push_back #define PI acos(-1.0) #define qc std::ios::sync_with_stdio(false) #define db double #define all(a) a.begin(),a.end() const int mod = 1e9+7; const int maxn = 1e4+6; const double eps = 1e-6; using namespace std; bool eq(const db &a, const db &b) { return fabs(a - b) < eps; } bool ls(const db &a, const db &b) { return a + eps < b; } bool le(const db &a, const db &b) { return eq(a, b) || ls(a, b); } ll gcd(ll a,ll b) { return a==0?b:gcd(b%a,a); }; ll lcm(ll a,ll b) { return a/gcd(a,b)*b; } ll kpow(ll a,ll b) {ll res=1; if(b<0) return 1; for(;b;b>>=1){if(b&1)res=res*a;a=a*a;}return res;} ll read(){ ll x=0,f=1;char ch=getchar(); 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; } int n; int ans[maxn]; set<int> s; int main(){ scanf("%d",&n); int mx = 1; ans[1] = 1; rep(i,2,n+1){ s.clear(); for(int j = 2;j*j<=i;++j){ if(i%j==0){ s.insert(ans[j]); if(i/j != j) s.insert(ans[i/j]); } } ans[i] = sz(s) + 2; mx = max(mx,ans[i]); } printf("%d\n",mx); rep(i,1,n+1) printf("%d%c",ans[i]," \n"[i==n]); return 0; }
