一些简单题(1)（Source : NOIP历年试题+杂题）
最近也写了些许题目吧，还是写写博客，捋捋思路。
求一个$a \times b(a,b \leq 10^3)$的矩阵，求出一个$n \times n (n \leq 100)$的矩阵，设矩阵中元素最小值$Min$,最大值$Max$，
最小化$Max - Min$
Sol : 这个题事实上只需要暴力扫每个子矩阵即可。复杂度是$O(abn)$
预处理对点$(i,j)$的$ Max[i][j] = \max\limits_{k=i-n+1}^{i} a[k][j]$
枚举每个子矩阵的时候，求$(i,j)$为左下角的$n \times n$子矩阵的
$MAX=\max\limits_{k=j-n+1}^{j} Max[i][k]$而$MIN$的处理同理。
// luogu-judger-enable-o2 # include<bits/stdc++.h> # define int long long using namespace std; const int N=1e3+10; int w[N][N]; int Max[N][N],Min[N][N]; int a,b,n,ans=0x3f3f3f3f; signed main() { scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&n); for (int i=1;i<=a;i++) for (int j=1;j<=b;j++) scanf("%lld",&w[i][j]); memset(Max,-0x3f,sizeof(Max)); memset(Min,0x3f,sizeof(Min)); for (int i=1;i<=a;i++) for (int j=1;j<=b;j++) { if (j<n) continue; for (int k=j;k>=j-n+1;k--) Min[i][j]=min(Min[i][j],w[i][k]), Max[i][j]=max(Max[i][j],w[i][k]); } for (int i=1;i<=a;i++) for (int j=1;j<=b;j++) { int mi=0x3f3f3f3f,ma=-0x3f3f3f3f; if (i<n) continue; for (int k=i;k>=i-n+1;k--) mi=min(mi,Min[k][j]),ma=max(ma,Max[k][j]); if (ma-mi<ans&&ma-mi>=0) ans=ma-mi; } printf("%lld\n",ans); return 0; }
有$n(n \leq 18 )$个小猪在平面直角坐标系中，小鸟可以从$(0,0)$出发以一条任意的$y = ax^2 + bx + c(a<0)$的抛物线消去飞行路线上的猪。
如要消除所有的猪，最小化所需鸟的个数。
Sol ： 数据范围是搜索的复杂度，加最优性剪枝能过。
dfs(a,b,c)表示当前选择第$a$只猪，前确定了$b$条解析式，前面$c$只猪是单着被打中的（还没有确定一条解析式）
那么对于这只猪有三种决策：
A. 单独使用一只鸟击中。 B. 被之前确定的一条解析式打中。 C. 和之前某一只猪构成抛物线（三点构成一条抛物线）
然后就搜索就可以了， 加上最优性剪枝b+c > ans 直接return；
vector可以快速插入和删除好评!!!!
样例没过却AC的代码好评： https://www.luogu.org/recordnew/show/19042160
# include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=20; const double eps=1e-8; struct rec{ double x,y; }w[N]; int n,ans; vector<int>single; vector<pair<double,double> >pwx; void dfs(int a,int b,int c) { if (b+c>=ans) return; if (a>n) { ans=min(ans,b+c); return;} single.push_back(a); dfs(a+1,b,c+1); single.pop_back(); bool ff=false; for (int i=0;i<pwx.size();++i) { double pa=pwx[i].first,pb=pwx[i].second; if (fabs(pa*w[a].x*w[a].x+pb*w[a].x-w[a].y)<=eps) { dfs(a+1,b,c); ff=true; break; } } if (ff) return; for (int i=0;i<single.size();++i) { int id=single[i]; if (fabs(w[a].x-w[id].x)<=eps) continue; double pa=(w[a].y*w[id].x-w[id].y*w[a].x)/(w[a].x*w[id].x*(w[a].x-w[id].x)); double pb=(w[a].y-pa*w[a].x*w[a].x)/w[a].x; if (pa>=0.0) continue; single.erase(single.begin()+i); pwx.push_back(make_pair(pa,pb)); dfs(a+1,b+1,c-1); single.insert(single.begin()+i,id); pwx.pop_back(); } } int main() { int T; scanf("%d",&T); while (T--) { ans=0x3f3f3f3f; single.clear(); pwx.clear(); int t; scanf("%d%d",&n,&t); for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf%lf",&w[i].x,&w[i].y); dfs(1,0,0); printf("%d\n",ans); } return 0; }
求方程$\frac{1}{x} +\frac{1}{y} = \frac{1}{n} \ \ \ x,y,n \in N^*$ 的解$(x,y) $其中$(x\leq y)$的组数。
对于100%的数据$n \leq 10^{14}$
Sol : 通分，得出 $nx + ny - xy = 0$ 构造得$(n-x)(n-y) = n^2$
等价于求$d(n^2)$ 然后发现$n^2$的比较大无法质因数分解，考虑对$n$分解质因数。
$ n = \sum\limits_{i=1}^{k} {a_i} ^ {p_i}$ 则 $n^2 = (\sum\limits_{i=1}^{k} {a_i} ^ {p_i})^2 = \sum\limits_{i=1}^{k} {a_i} ^ {2p_i}$
所以$d(n^2) = \prod\limits_{i=1}^{k} (2p_i + 1)$
# include <bits/stdc++.h> # define int long long using namespace std; const int N=1e7+7; int pr[N]; bool is_pr[N]; void EouLaSha(int Lim) { memset(is_pr,true,sizeof(is_pr)); is_pr[1]=false; for (int i=2;i<=Lim;i++) { if (is_pr[i]) pr[++pr[0]]=i; for (int j=1;j<=pr[0]&&i*pr[j]<=Lim;j++) { is_pr[i*pr[j]]=false; if (i%pr[j]==0) break; } } } signed main() { EouLaSha(1e7); int n; scanf("%lld",&n); int ret=1; for (int i=1;i<=pr[0];i++) if (n%pr[i]==0) { int times=0; while (n>1&&n%pr[i]==0) times++,n/=pr[i]; ret=ret*(2*times+1); } if (n>1) ret=ret*(2+1); printf("%lld\n",(ret+1)>>1); return 0; }
一棵$n(n \leq 5\times 10^4)$个节点的树上有$m (m \leq 5 \times 10^4)$个障碍，每个障碍可以移动，移动的代价就是树上最短路长度。
最小化移动这些障碍的最大代价使得从根节点$1$走到树的叶子节点的路径所构成集合为$\varnothing $
Sol ：最小最大\最大最小 显然考虑二分答案。
对于一个合法的最大移动步数$Mid$,考虑怎么移动可以控制的叶子结点更多？
这个节点的目的地深度尽可能小。但是需要考虑过根节点$1$的可能。
标记节点可以到达$1$时，可能走到达和$1$相连的直接儿子，控制这棵子树。我们称之为帮助别人。
如果这个节点无法到达$1$，那么显然只需要让他到达他所能跳上来的深度最小的节点就行了，这样就可以控制最广阔的叶子。
如果我们经过这些处理以后，我们发现和$1$相连的某些节点所在子树的叶子无法被完全覆盖，那么我们称这个节点是需要帮助的。
显然一个需要帮助的节点需要一个帮助别人的节点的帮助。
若帮助别人的节点自己的子树还未完全覆盖，而且这个帮助别人的路径不足以重新到达自己所在的节点（相当于这个节点和1之间的路径走了2次），那么我们把这个节点取覆盖其所在子树的那个区间。
这是因为，如果不这样做，势必需要另外一个比当前帮助的长度要更长的帮助别人的节点来帮助，而不帮助自己的那个节点帮助别人的能力却比帮助这个节点的另外一个帮助者要差。这样比上述的方案更劣。
然后对剩余的需要帮助的节点和可以提供帮助的距离进行排序双指针判断是否可以覆盖即可。
树上向上跳可以用倍增优化。
复杂度是$O(m log_2 {n} log_2{w})$
// luogu-judger-enable-o2 # include<bits/stdc++.h> # define int long long using namespace std; const int N=1e5+10; bool mark[N]; int d[N][25],b[N],g[N][25],help[N],tmp[N]; int size[N],n,m; vector<int>rec[N]; struct rec{ int pre,to,w; }a[N<<1]; int head[N],tot; void dfs1(int u,int fa) { size[u]=1; g[u][0]=fa; for (int i=head[u];i;i=a[i].pre) { int v=a[i].to; if (v==fa) continue; d[v][0]=a[i].w; dfs1(v,u); size[u]+=size[v]; } } void init() { dfs1(1,0); for (int i=1;i<=21;i++) for (int j=1;j<=n;j++) g[j][i]=g[g[j][i-1]][i-1], d[j][i]=d[j][i-1]+d[g[j][i-1]][i-1]; } void adde(int u,int v,int w) { a[++tot].pre=head[u]; a[tot].to=v; a[tot].w=w; head[u]=tot; } bool dfs2(int u,int fa) { if (mark[u]) return true; if (size[u]==1) { if (mark[u]) return true; else return false; } bool flag=true; for (int i=head[u];i;i=a[i].pre) { int v=a[i].to; if (v==fa||mark[v]) continue; flag&=dfs2(v,u); } return flag; } bool check(int Mid) { memset(mark,false,sizeof(mark)); for (int i=1;i<=n;i++) rec[i].clear(); for (int i=1;i<=m;i++) { int dist=0,u=b[i]; for (int j=21;j>=0;j--) if (g[u][j]>1&&dist+d[u][j]<=Mid) { dist+=d[u][j]; u=g[u][j]; } if (g[u][0]==1) { dist+=d[u][0]; if (dist>Mid) mark[u]=true; else { rec[u].push_back(Mid-dist); } } else mark[u]=true; } for (int i=1;i<=n;i++) sort(rec[i].begin(),rec[i].end()); help[0]=0; for (int i=head[1];i;i=a[i].pre) { int v=a[i].to; if (dfs2(v,1)) continue; bool flag=true; for (int j=0;j<rec[v].size();j++) if (rec[v][j]<a[i].w) { rec[v].erase(rec[v].begin()+j);flag=false;break;} if (!flag) continue; help[++help[0]]=a[i].w; } tmp[0]=0; for (int i=head[1];i;i=a[i].pre) { int v=a[i].to; for (int j=0;j<rec[v].size();j++) tmp[++tmp[0]]=rec[v][j]; } sort(tmp+1,tmp+1+tmp[0]); sort(help+1,help+1+help[0]); if (help[0]==0) return true; int pt1=1,pt2=1; while (pt1<=tmp[0]) { if (pt2>help[0]) return true; while (tmp[pt1]>=help[pt2]&&pt2<=help[0]&&pt1<=tmp[0]) pt1++,pt2++; if (pt2>help[0]) return true; pt1++; } return false; } signed main() { scanf("%lld",&n); int l=0,r=0,ans=-1; for (int i=1;i<n;i++) { int u,v,w; scanf("%lld%lld%lld",&u,&v,&w); r+=w; adde(u,v,w); adde(v,u,w); } scanf("%lld",&m); for (int i=1;i<=m;i++) scanf("%lld",&b[i]); init(); while (l<=r) { int mid=(l+r)>>1; if (check(mid)) ans=mid,r=mid-1; else l=mid+1; } printf("%lld\n",ans); return 0; }
