2018.8.8 模拟赛
T1:
Time Limits: 2000 ms Memory Limits: 262144 KB Detailed Limits
Description
MWH寒假外出旅游,来到了S国。S国划分为N个省,第i个省有Ti座城市,编号分别为Ci1,Ci2,……CiTi(各省城市编号不会重复)。所有城市间有M条双向的道路连接,从任意一个城市出发,可到达一切城市,每条道路均须收费。
此时恰逢春运期间,S国交通运输局采取了优惠措施。当一条路的路费在[L..R]区间时,可免去。同时,每个省也有优惠措施,第i个省内的每条道路路费收其Xi%,连接第i个省和第j个省的每条道路路费收其(Xi%+Xj%)/2。
MWH想从城市s走到城市t,请求出一对L,R,确保:
MWH能免费到达目的地;
L≤R;
L、R均为整数;
L尽可能地大,R在满足L最大的前提下最小。
注意:因每条道路由各省的交通运输局直接管辖,所以每条道路的路费必须先得到省级优惠,再得到国家级优惠。
Input
第一行两个整数N,M。
接下来M行,每行三个整数,u、v、w,表示连接u、v的道路需收费w。
接下来N行,第i+M+1行有一个整数Ti,后面Ti个整数,分别是Ci1..CiTi(所有城市编号保证按正整数顺序给出1.. Ti)。
下一行N个整数X1..Xi。
最后一行,两个整数,s、t。
Output
一行两个整数,如题,L和R。
Sample Input
3 7
1 2 3
5 2 8
1 3 7
5 4 5
2 4 9
3 5 10
3 4 2
2 1 2
1 3
2 4 5
30 50 60
1 5
Sample Output
2 6
解题思路
二分+最短路,二分L与R,然后spfa时判断。
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
const int MAXN = 50005;
const int MAXM = 100005;
int n,m,head[MAXN],cnt,bl[MAXN];
int to[MAXM<<1],nxt[MAXM<<1],val[MAXM<<1];
int ans,l,r,X[5005],S,T,L,R;
double dis[MAXN];
bool vis[MAXN];
queue<int> Q;
inline int rd(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
inline void add(int bg,int ed,int w){
to[++cnt]=ed,nxt[cnt]=head[bg],val[cnt]=w,head[bg]=cnt;
}
inline bool check(int Mid){
memset(vis,false,sizeof(vis));
for(register int i=1;i<=50000;i++) dis[i]=1e9;
dis[S]=0;vis[S]=1;Q.push(S);
while(Q.size()){
int x=Q.front();Q.pop();vis[x]=0;
for(register int i=head[x];i;i=nxt[i]){
int u=to[i];
double now=(double)val[i]*(double)(X[bl[x]]+X[bl[u]])/200;
if(now>=Mid) now=0;
if(dis[x]+now<dis[u]){
dis[u]=dis[x]+now;
if(!vis[u]){
vis[u]=1;
Q.push(u);
}
}
}
}
if(dis[T]!=0) return false;
return true;
}
inline bool check2(int Mid){
memset(vis,false,sizeof(vis));
for(register int i=1;i<=50000;i++) dis[i]=1e9;
dis[S]=0;vis[S]=1;Q.push(S);
while(Q.size()){
int x=Q.front();Q.pop();vis[x]=0;
for(register int i=head[x];i;i=nxt[i]){
int u=to[i];
double now=(double)val[i]*(double)(X[bl[x]]+X[bl[u]])/200;
if(now<=Mid && now>=L) now=0;
if(dis[x]+now<dis[u]){
dis[u]=dis[x]+now;
if(!vis[u]){
vis[u]=1;
Q.push(u);
}
}
}
}
if(dis[T]!=0) return false;
return true;
}
int main(){
freopen("trip.in","r",stdin);
freopen("trip.out","w",stdout);
n=rd();m=rd();
for(register int i=1;i<=m;i++){
int x=rd(),y=rd(),z=rd();
add(x,y,z);add(y,x,z);
r=max(r,z);
}
for(register int i=1;i<=n;i++){
int x=rd();
for(register int j=1;j<=x;j++) bl[rd()]=i;
}
for(register int i=1;i<=n;i++) X[i]=rd();
S=rd();T=rd();int pr=r;
while(l<=r){
int mid=l+r>>1;
if(check(mid)) {
L=mid;
l=mid+1;
}
else r=mid-1;
}
r=pr;
while(l<=r){
int mid=l+r>>1;
if(check2(mid)){
R=mid;
r=mid-1;
}
else l=mid+1;
}
cout<<L<<" "<<R<<endl;
return 0;
}
T3
Time Limits: 1000 ms Memory Limits: 262144 KB Detailed Limits
Goto ProblemSet
Description
话说, 小X是个数学大佬,他喜欢做数学题。有一天,小X想考一考小Y。他问了小Y一道数学题。题目如下:
对于一个正整数N,存在一个正整数T(0<T<N),使得
的值是正整数。
小X给出N,让小Y给出所有可能的T。如果小Y不回答这个神奇的大佬的简单数学题,他学神的形象就会支离破碎。所以小Y求你帮他回答小X的问题。
Input
一个整数N。
Output
第一个数M,表示对于正整数N,存在M个不同的正整数T,使得
是整数。
后面是M个数,每一个数代表可能的正整数T(按从小到大的顺序排列)。
Sample Input
Sample Input1:
1
Sample Input2:
3
Sample Input3
180
Sample Output
Sample Output
0
Sample Output
1 2
Sample Output
5 120 144 160 168 176
Data Constraint
对于5%的数据,N=1.
对于20%的数据,N<=5.
对于40%的数据,N<=1000000
对于另外20%的数据,答案只有1个,且N为质数,保证对于前60%的数据,当N为质数的时候,答案都一定只有一个,对于这20%的数据,满足2<N。
对于80%的数据,N<=10^9.
对于100%的数据,N<=10^14.
解题思路
设原式=k,然后变形可得 t=n*((2*k-2)/(2*k-1)) ,因为分子分母互质,所以必须使2*k-1是n的约数,所以只需要筛出n的奇数约数。
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL n,ans[5000005];
LL a[5000005];
int cnt,cnt2;
int main(){
freopen("math.in","r",stdin);
freopen("math.out","w",stdout);
scanf("%lld",&n);
for(register int i=1;(LL)i*i<=n;i++)
if(n%i==0){
if(i&1) a[++cnt]=i;
if(n/i!=i && (n/i)&1) a[++cnt]=n/i;
}
sort(a+1,a+1+cnt);
for(register int i=2;i<=cnt;i++)
ans[++cnt2]=n/a[i]*(a[i]-1);
printf("%d ",cnt2);
for(register int i=1;i<=cnt2;i++) printf("%lld ",ans[i]);
return 0;
}