ICM Technex 2017 and Codeforces Round #400 (Div. 1 + Div. 2, combined)
前四题比较水，E我看出是欧拉函数傻逼题，但我傻逼不会，百度了下开始学，最后在加时的时候A掉了
AC:ABCDE Rank:182 Rating:2193+34->2227 终于橙了，不知道能待几天
A.A Serial Killer
题目大意：一开始给你两个字符串，每次给你当前两个串中的一个和一个新的串，用新的串换掉旧的，每次输出当前的串。（次数<=1000）
思路：二逼题
#include<iostream> using namespace std; int main() { string a,b,c,d;int n; cin>>a>>b>>n; cout<<a<<' '<<b<<endl; while(n--) { cin>>c>>d; if(a==c)a=d;else b=d; cout<<a<<' '<<b<<endl; } }
B.Sherlock and his girlfriend
题目大意：给2~n+1染色，要求任意2~n+1中的数，它的质因数（自己除外）和它颜色不同，求最小染色数和方案。（n<=100,000）
思路：质数染成一种，合数染成另一种，特判n<3的情况。
#include<cstdio> #define MN 100000 int f[MN+5]; int main() { int n,i,j; scanf("%d",&n);++n; for(i=2;i*i<=n;++i)if(!f[i]) for(j=i*i;j<=n;j+=i)f[j]=1; puts(n<4?"1":"2"); for(i=2;i<=n;++i)printf("%d ",f[i]+1); }
C.Molly's Chemicals
题目大意：给定长度为n的数字序列和一个数k，求序列中有多少子串和为k的次幂。（n<=100,000，1<=|k|<=10）
思路：先预处理出可能用上的k的次幂（要特殊考虑k为±1），把数列前缀和，对于每个si枚举一个k的次幂，求出有多少个j<i满足si-sj=k的次幂，可以用map维护，复杂度O(nlog^2)。
#include<cstdio> #include<iostream> #include<map> #define ll long long using namespace std; char B[1<<26],*S=B,C;int X,F; inline int read() { for(F=1;(C=*S++)<'0'||C>'9';)if(C=='-')F=-1; for(X=C-'0';(C=*S++)>='0'&&C<='9';)X=(X<<3)+(X<<1)+C-'0'; return X*F; } #define INF 100000000000000LL map<ll,int> mp; ll p[50];int pn; int main() { fread(B,1,1<<26,stdin); int n,k,i,j;ll x,ans=0; n=read();k=read(); for(x=1;x>=-INF&&x<=INF&&!mp[x];x*=k)p[++pn]=x,mp[x]=1; mp.clear(); for(i=x=0;i<n;++i) { ++mp[x];x+=read(); for(j=1;j<=pn;++j)ans+=mp[x-p[j]]; } cout<<ans; }
D.The Door Problem
题目大意：N个门，门有初始状态（0/1），M个开关，每个开关可以一次性改变若干的门的开关状态，保证每个门恰被两个开关控制，求是否可能同时打开所有门。（N,M<=100,000）
思路：2-SAT裸题，每个门给对应的两个开关加上一个异或的限制关系，也可以并查集、DFS之类的，总之很水。
#include<cstdio> char B[1<<26],*S=B,C;int X; inline int read() { while((C=*S++)<'0'||C>'9'); for(X=C-'0';(C=*S++)>='0'&&C<='9';)X=(X<<3)+(X<<1)+C-'0'; return X; } #define MN 100000 #define MV 200000 struct edge{int nx,t;}e[MV*2+5]; int r[MN+5],a[MN+5],b[MN+5]; int h[MV+5],en,l[MV+5],d[MV+5],cnt,z[MV+5],zn,inz[MV+5],f[MV+5],fn; inline void ins(int x,int y) { e[++en]=(edge){h[x],y};h[x]=en; e[++en]=(edge){h[y],x};h[y]=en; } void tj(int x) { l[x]=d[x]=++cnt;inz[z[zn++]=x]=1; for(int i=h[x];i;i=e[i].nx) { if(!d[e[i].t])tj(e[i].t); if(inz[e[i].t]&&l[e[i].t]<l[x])l[x]=l[e[i].t]; } if(l[x]==d[x])for(++fn;z[zn]!=x;inz[z[zn]]=0)f[z[--zn]]=fn; } int main() { fread(B,1,1<<26,stdin); int n,m,i,j,k; n=read();m=read(); for(i=1;i<=n;++i)r[i]=read(); for(i=1;i<=m;++i)for(j=read();j--;)(a[k=read()]?b[k]:a[k])=i; for(i=1;i<=n;++i) if(r[i])ins(a[i],b[i]),ins(a[i]+m,b[i]+m); else ins(a[i],b[i]+m),ins(a[i]+m,b[i]); for(i=1;i<=m<<1;++i)if(!d[i])tj(i); for(i=1;i<=m;++i)if(f[i]==f[i+m])return puts("NO"),0; puts("YES"); }
E.The Holmes Children
题目大意：定义f(1)=1，f(n),n>1的值为满足x+y=n且gcd(x,y)=1的(x,y)个数；定义g(n)=Σd|n f(n/d)；定义Fk(n)满足k=1时Fk(n)=f(g(n))，k>1且k mod 2=0时Fk(n)=g(Fk-1(n))，k>1且k mod 2=1时Fk(n)=f(Fk-1(n)) 。给出n,k，求Fk(n)mod 1000000007。（1<=n,k<=10^12）
思路：f(n)等同于求满足gcd(x,n-x)=1的x的个数，又因为gcd(x,n-x)=gcd(x,n)，所以f(n)就是phi(n)。通过观察发现g(n)=n，所以Fk(n)就是对n做(k+1)/2遍phi。每次n^0.5暴力，n=1时停止就可以了，因为n>2时，phi(n)必为偶数，偶数的phi又必然减少一半，所以复杂度大约是O(n^0.5*logn)。
#include<iostream> using namespace std; #define ll long long #define MX 1000000 ll f[MX+5]; ll F(ll x) { if(x<=MX)return f[x]; ll i,r=x; for(i=2;i*i<=x;++i)if(x%i==0) { r=r/i*(i-1); while(x%i==0)x/=i; } return x>1?r/x*(x-1):r; } int main() { ll n,k,i,j; cin>>n>>k;k=k+1>>1; for(i=1;i<=MX;++i)f[i]=i; for(i=2;i<=MX;i+=2)f[i]>>=1; for(i=3;i<=MX;i+=2)if(f[i]==i) for(j=i;j<=MX;j+=i)f[j]=f[j]/i*(i-1); while(n>1&&k--)n=F(n); cout<<n%1000000007; }
