CSP2022 J2 练习十四

寄的死死的，被吊着打

Problem A 可见点数

欧拉函数模板题。

结论：一个点 $(x, y)$ 是可见的当且仅当 $x \perp y$。

证明：

假设存在一个点 $(x, y)$，$\gcd(x, y) = g > 1$ 能被看到，那么 $(x, y)$ 和 $\left(\dfrac{x}{g}, \dfrac{y}{g}\right)$ 都在同一条直线上，那么 $(x, y)$ 就会被 $\left(\dfrac{x}{g}, \dfrac{y}{g}\right)$ 挡住，就看不到，矛盾。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
#define all(v) v.begin(), v.end()
#define rall(v) v.rbegin(), v.rend()
#define sz(v) (int)v.size()
#define allarr(v, len) v.begin() + 1, v.begin() + len + 1
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
 
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const LL infLL = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
 
const int N = 100005;
int primes[N], cnt;
bool st[N];
int phi[N];
 
void init(int n)
{
	phi[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; i ++ )
	{
		if (!st[i]) primes[cnt ++ ] = i, phi[i] = i - 1;
		for (int j = 0; primes[j] * i <= n; j ++ )
		{
			st[primes[j] * i] = 1;
			if (i % primes[j] == 0)
			{
				phi[i * primes[j]] = phi[i] * primes[j];
				break;
			}
			phi[i * primes[j]] = phi[i] * (primes[j] - 1);
		}
	}
}
 
int main()
{
	cin.tie(nullptr) -> sync_with_stdio(false);
	int n;
	cin >> n;
	if (n == 1)
	{
		cout << 0 << "\n";
		return 0;
	}
	init(n);
	LL ans = 1;
	for (int i = 1; i < n; i ++ ) ans += 2LL * phi[i];
	cout << ans << "\n";
	return 0;
}

Problem B 射击

反悔贪心。

先按照时间进行排序，如果当前的窗户可以打破，就检查它是否优于堆顶元素（大根堆），如果可以就反悔，更新答案。

一定一定要判堆是否空，否则 RE。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
#define all(v) v.begin(), v.end()
#define rall(v) v.rbegin(), v.rend()
#define sz(v) (int)v.size()
#define allarr(v, len) v.begin() + 1, v.begin() + len + 1
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
 
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const LL infLL = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
 
const int N = 200005;
int n;
PII a[N]; // first: time second: val
 
int main()
{
	cin.tie(nullptr) -> sync_with_stdio(false);
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> a[i].first >> a[i].second;
	sort(a + 1, a + n + 1);
	priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> q;
	LL ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i ++ )
	{
		if (a[i].second < 0) continue;
		if (a[i].first <= sz(q))
		{
			if (a[i].second > q.top())
			{
				ans -= q.top();
				ans += a[i].second;
				q.pop();
				q.push(a[i].second);
			}
		}
		else
		{
			ans += a[i].second;
			q.push(a[i].second);
		}
	}
	cout << ans << "\n";
	return 0;
}

Problem C 创世纪

我们按照题意，若 $i$ 限制 $j$，则连一条 $i \rightarrow j$ 的边。

性质 1：入度为 $0$ 的点一定不能被选（这个挺显然）

性质 2：同一个强连通分量内，一定可以选出 $\left\lfloor \dfrac{d}{2} \right\rfloor$ 个元素，$d$ 是强连通分量的大小。

那么此时我们可以进行 拓扑排序（不算严格意义上的，因为可能有环），先处理入度为 $0$ 的所有答案，同时进行标记。

然后再遍历每个元素 $i$，此时如果 $i$ 没被标记过，证明 $i$ 处在一个强连通分量中，而且其中的一个元素被标记过，所以导致 $i$ 没被标记，dfs 处理出强连通分量的大小，更新答案。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
#define all(v) v.begin(), v.end()
#define rall(v) v.rbegin(), v.rend()
#define sz(v) (int)v.size()
#define allarr(v, len) v.begin() + 1, v.begin() + len + 1
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
 
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const LL infLL = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
 
const int N = 1e6 + 5;
int n;
int to[N];
int in[N];
bool vis[N];
 
int main()
{
	cin.tie(nullptr) -> sync_with_stdio(false);
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> to[i], in[to[i]] ++ ;
	queue<int> q;
	for (int i = 1; i <= n; i ++ ) if (!in[i]) q.push(i), vis[i] = 1;
	int ans = 0;
	while (!q.empty())
	{
		int u = q.front(); q.pop();
		int v = to[u];
		if (vis[v]) continue;
		vis[v] = 1;
		-- in[to[v]], ans ++ ;
		if (!in[to[v]] && !vis[to[v]])
			q.push(to[v]), vis[to[v]] = 1;
	}
	for (int i = 1; i <= n; i ++ )
		if (!vis[i])
		{
			function<int(int)> dfs = [&](int u)
			{
				if (vis[u]) return 0;
				vis[u] = 1;
				return dfs(to[u]) + 1;
			};
			ans += dfs(i) / 2;
		}
	cout << ans << "\n";
	return 0;
}

Problem D [PA2014]Kuglarz

显然我们必须知道每一个元素 $i$ 的奇偶性才能确定是否有球，所以有两种方式来知道 $i$ 的奇偶性。

• 花费 $c_{i, i}$ 直接得知
• 查询 $c_{i, j}$ 和 $c_{i + 1, j}$

这看起来很像一个 区间 dp，但是 $n \le 2000$，$\mathcal{O}(n ^ 3)$ 无法通过。

待更新