比赛-模拟赛 (17 Aug, 2018) (待施工)
1.) 小X的质数
线性筛就可以了。由唯一分解定理，如果 $ x = p_a \cdot p_b $ ，那么 \(x\) 也一定只能这样分解质因数。所以 \(x\) 也是符合题目条件的数。
#include <cstdio>
#include <ctype.h>
#include <stack>
using namespace std;
template<typename T>
void rd(T &num)
{
char tt;
while (!isdigit(tt = getchar()));
num = tt - '0';
while (isdigit(tt = getchar()))
num = num * 10 + tt - '0';
return;
}
template<typename T>
void pt(T num)
{
stack<char> S;
do S.push(num % 10 + '0');
while (num /= 10);
while (!S.empty())
putchar(S.top()), S.pop();
putchar('\n');
return;
}
const int _N = 10002000;
int P[_N], sum[_N], Pcnt;
bool mk[_N], mk2[_N];
int main()
{
int N = 10001000, T;
mk[1] = 1;
for (int i = 2; i <= N; ++i) {
if (!mk[i]) P[++Pcnt] = i;
for (int j = 1; j <= Pcnt && i * P[j] <= N; ++j) {
mk[i * P[j]] = 1;
if (!mk[i]) mk2[i * P[j]] = 1;
if (i % P[j] == 0) break;
}
sum[i] = sum[i - 1];
if (!mk[i] || mk2[i]) ++sum[i];
}
rd(T);
while (T--) {
int l, r;
rd(l), rd(r);
pt(sum[r] - sum[l - 1]);
}
return 0;
}
2.) 小X的密室
\(dis_{S, i}\) 表示以 \(S\) 集合的钥匙到达 \(i\) 点的最小消耗。跑最短路或者 BFS （因为边权都是 1 ，所以 BFS 其实比最短路更快）都行。改悔一下，考试的时候输入写错了……输入写错了……输入写错了……
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
#include <ctype.h>
using namespace std;
template<typename T>
void rd(T &num)
{
char tt;
while (!isdigit(tt = getchar()));
num = tt - '0';
while (isdigit(tt = getchar()))
num = num * 10 + tt - '0';
return;
}
const int _N = 8000;
const int INF = 1e9;
struct data {
int v, s, w;
data(int v = 0, int s = 0, int w = 0):
v(v), s(s), w(w) { }
bool operator < (const data &tmp)
const
{
return w > tmp.w;
}
};
struct edge {
int v, s;
edge(int v = 0, int s = 0):
v(v), s(s) { }
};
vector<edge> G[_N];
priority_queue<data> Q;
int N, K, M, dis[_N][3000], A[_N];
void dijkstra(int beg1, int beg2)
{
while (!Q.empty()) Q.pop();
for (int i = 1; i <= N; ++i)
for (int j = 0; j != (1 << K); ++j)
dis[i][j] = INF;
dis[beg1][beg2] = 0;
Q.push(data(beg1, beg2, 0));//v S w
while (!Q.empty()) {
data p = Q.top();
Q.pop();
if (p.w > dis[p.v][p.s]) continue;
for (int i = G[p.v].size() - 1; i >= 0; --i) {
edge e = G[p.v][i];
if ((p.s & e.s) == e.s) {
if (dis[e.v][A[e.v] | p.s] > dis[p.v][p.s] + 1) {
dis[e.v][A[e.v] | p.s] = dis[p.v][p.s] + 1;
Q.push(data(e.v, A[e.v] | p.s, dis[e.v][A[e.v] | p.s]));
}
}
}
}
return;
}
int main()
{
rd(N), rd(M), rd(K);
for (int i = 1; i <= N; ++i)
for (int j = 0; j < K; ++j) {
int t;
rd(t);
if (t) A[i] |= 1 << j;
}
for (int i = 1; i <= M; ++i) {
int x, y, s = 0;
rd(x), rd(y);
for (int j = 0; j < K; ++j) {
int t;
rd(t);
if (t) s |= 1 << j;
}
G[x].push_back(edge(y, s));
}
dijkstra(1, A[1]);
int ans = INF;
for (int i = 0; i != (1 << K); ++i)
ans = min(ans, dis[N][i]);
if (ans < INF)
printf("%d\n", ans);
else
printf("No Solution\n");
return 0;
}
3.) 士兵训练
分析略恶心。首先，分析可得答案是子树内点权的严格次大值。然后考虑外部点权的“加成”。需要维护 \(p\) 为根的子树内的 \(a \geq b > c\) ，以及子树外的 \(x > y\)。然后如果 \(b + x \ne a\) ，直接更新答案就可以。否则答案应为 \(max(b + y, c + x)\) 。然后考虑怎么维护。
法一：最直观的想法是通过节点的 dfn 序重新编号，然后用一颗线段树维护子树内节点。再用前缀、后缀之类的方法维护子树外节点（重新编号后子树外的节点肯定就是 \([1, x]\) 和 \([y, n]\)）。
法二：还是用前缀、后缀维护子树外节点，不过直接用子树内节点信息更新子树的答案。
维护前 \(k\) 大的正解是树套树，但是显然用不上，直接 \(O(k^2)\) 暴力合并两个区间（法二中是多个子树，所以两两合并即可）即可（暴力维护前k大方法）。
假装这是代码
