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T1.小 Z 切课本(cut)
小 Z 厌恶数学， 他决定将数学课本切成一块一块的。 他的课本是一个 n*m 的
矩形，小 Z 决定切 K 刀，每刀他可以横着切或者竖着切，但是切成的矩形的长和
宽都必须是整数。 当然， 小 Z 不会做出两次相同的操作。
不巧的是，小 Z 的数学老师知道了他这个行为，并且***钻的老师肯定会找到
切出的矩形中面积最小的那一块来 D 他，所以小 Z 想知道最优情况下面积最小
的那一块面积最大能是多少？
[输入格式]
从 cut.in 中读取数据。
输入数据只包含一行三个整数 n,m,k，含义如题目所述。
[输出格式]
输出一个数字，表示答案。如果没有合法的方案，输出-1。
[样例输入]
6 4 2
[样例输出]
8
[数据范围与约定]
本题采用子任务制， 你只有通过一个 subtask 下的所有测试点才能得到对应的分
数。
Subtask1 : 包含 20Points 满足 n,m<=10
Subtask2 : 包含 20Points 满足 n,m<=5000
Subtask3 : 包含 20Points 满足 n,m<=10^7
Subtask4 : 包含 40Points 满足 n,m<=10^9
对于所有数据，满足 n,m,k>=1， k<=10^9

solution：如果能只切一边的话，只切一边一定最优。
假设 n<=m，k>=m 时， 考虑将一边全部切开， 剩下的平均切到另一边。 长的边切 m-1 刀，
另一边切 k-(m-1)刀一定最优因为，n/(k-(n-1))>=m/(k-(m-1))

二分也可以做，只不过复杂度较高。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
inline int read()
{
    int 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,m,k;long long ans=0;
int main()
{
    freopen("cut.in","r",stdin);
    freopen("cut.out","w",stdout);
    n=read();m=read();k=read();
    if(n+m-2<k) return 0*puts("-1"); 
    for(int i=1,last;i<=n;i=last+1)
    {
        last=n/(n/i);int j=min(last,k+1);
        if(j>=i) ans=max(ans,1LL*(n/j)*(m/(k-(j-1)+1)));
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

T2.小 Z 爱数组(array)

小 Z 最喜欢数组了，现在他得到了由 n 个正整数组成的数组 ai，他想构造
一个相同大小的正整数数组 bi 满足两个数组的差异度∑abs（ai-bi）
最小。 特殊的
是，bi 数组的所有元素必须满足两两互质。
[输入格式]
从 array.in 中读取数据。
第一行一个数 n，表示数组大小。
接下来一行 n 个正整数 ai，表示给定的数组。
[输出格式]
输出一行 n 个正整数 bi，表示答案。
输出的数字必须满足 1<=bi<=10^9。如果有多个答案，你可以输出任意一个。
[样例输入]
5
1 6 4 2 8
[样例输出]
1 5 4 1 9
[样例解释]
差异度为 3，可以证明是最小的差异度。还有其它可行的方案。

[数据范围与约定]
本题采用子任务制，你只有通过一个子任务所有的数据才能得到对应的分数。
Subtask1:包含 20Points，满足 n<=8 1<=ai<=5
Subtask2:包含 30Points，满足 n<=50 1<=ai<=15
Subtask3:包含 50Points，满足 n<=100 1<=ai<=30

t2真的难，所以贴标程。

原题 ai 不超过 30，所以选择的 bi 肯定小于 59，不然可以用 1 代替。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define MN 100
using namespace std;
inline int read()
{
    int 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;
}
const int p[16]={2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53};
int f[MN+5][1<<16],from[MN+5][1<<16],n,a[MN+5],bit[MN+5],q[MN+5];
void R(int&x,int&y,int X,int Y){X<x?(x=X,y=Y):0;}
inline int abs(int x){return x<0?-x:x;}
int main()
{
    freopen("array.in","r",stdin);
    freopen("array.out","w",stdout);
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=read();
    memset(f,63,sizeof(f));f[0][0]=0;
    for(int i=1;i<59;++i)
        for(int j=0;j<16;++j) if(i%p[j]==0) bit[i]|=1<<j;
    for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=0;j<1<<16;++j) if(f[i-1][j]<1e9)
        for(int k=1;k<59;++k) if(!(bit[k]&j)) R(f[i][j|bit[k]],from[i][j|bit[k]],f[i-1][j]+abs(k-a[i]),k);
    int mn=1e9,fr=0;
    for(int i=0;i<1<<16;++i) if(f[n][i]<mn) mn=f[n][i],fr=i;
    for(int i=n,j=fr;i;j^=bit[from[i--][j]]) q[i]=from[i][j];
    for(int i=1;i<=n;++i) printf("%d ",q[i]);
    return 0;    
}

58 以内只有 16 个质数，所以将这些质数的状态压起来之后 dp 即可，复杂度 O(2^16*n*58)

T3.小 Z 爱修路(road)
L 国包含 n 个城市和 m 条双向道路， 第 i 条道路连接 ui,vi 两个城市， 距离为
ti，这些道路将所有 n 个城市连接在一起。明年，L 国将会在首都，也就是 1 号
城市举办一年一度的 noi，所以 L 国的国王委托小 Z 新建一些道路来减少一些城
市到达首都的距离。小 Z 很快修好了道路，但是他却不是很满意。他想知道最多
可以少新建多少道路，满足首都到所有城市的最短路长度和现在相同。

[输入格式]
从 road.in 中读取数据。
第一行读入三个数字 n,m,k，依次表示城市的数量，原有道路的数量和新建道路
的数量。
接下来 m 行，每行三个数字 ui,vi,ti，表示一条原有的道路
最后 k 行，每行两个数字 si,wi，表示一条新建的道路连接 1 和 si，距离为 wi。
[输出格式]
输出一个整数，表示最多能少修建多少条新建的道路。
[样例输入]
3 2 2
1 2 1
2 3 1
2 2
3 1
[样例输出]
1
[数据范围与约定]
对于 20%的数据，满足 n,m,k<=100
对于另外 20%的数据，满足 k<=4
对于 100%的数据，满足 n,k<=50000 , m<=200000 , 1<=ti,wi<=10^9 , si>=2

solution：

把所有新加的边去个重，到相同的点的边只保留一个最小的，然后跑一次最短路。一条新加
的边如果长度不是最短路一定可以去掉， 否则只有满足有其它最短路径到达这个点的时候才
可以去掉。算出到每个点最短路条数是否大等于 2 即可。
复杂度 O((n+k)logn)。

注意去重！！

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
#define pa pair<long long,int>
#define MN 100000
using namespace std;
inline int read()
{
    int 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;
}
priority_queue<pa,vector<pa>,greater<pa> >q;
int n,m,K,head[MN+5],cnt=0,mn[MN+5],ans=0;long long d[MN+5],num[MN+5];
struct edge{int to,next,w;}e[MN*8+5];

inline void ins(int f,int t,int w)
{
    e[++cnt]=(edge){t,head[f],w};head[f]=cnt;    
    e[++cnt]=(edge){f,head[t],w};head[t]=cnt;
}

void Dij()
{
    memset(d,63,sizeof(d));q.push(make_pair(d[1]=0,1));num[1]=1;
    while(!q.empty())
    {
        while(!q.empty()&&d[q.top().second]!=q.top().first) q.pop();
        if(q.empty()) return;
        int x=q.top().second;q.pop();
        for(int i=head[x];i;i=e[i].next)
            if(d[x]+e[i].w<d[e[i].to]) q.push(make_pair(d[e[i].to]=d[x]+e[i].w,e[i].to)),num[e[i].to]=num[x];    
            else if(d[x]+e[i].w==d[e[i].to]) num[e[i].to]=min(num[e[i].to]+num[x],(long long)1e9);
    }
}