联赛测试 3.22
A. x
很容易可以想到分解质因数,使用并查集把相同因子的放一块儿,计算出最终有 \(cnt\) 个块,答案为 \(2^{cnt}-2\) (可以理解为为每个块都有左集合与右集合两个选择,而最终出现2个空集的情形,需要从答案中减去)
然鹅,事情并没有这么简单~
因为 \(a_i\) 上界为 \(10^6\) ,常规的分解为n根号级别会被卡,于是需要先分解质因数再枚举是否整除
B. y
一看数据范围异常地小,可以想到状压。设计状态 \(f[i][j]\) 表示边的状态为\(i\) 且最后一个点为 \(j\) 是否可行。当以u为结尾的某个状态可行时,枚举所有相连的点,更新状态。
然鹅,事情并没有这么简单~
这样的时间复杂度为 \(O(2^d* n^2)\),最大数据过不去。最神奇的地方在于这题由于路径具有可拼接性,于是用折半搜索的思想,从前从后各计算一半再拼起来
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=(1<<21)+5;
const int maxm=100005;
int n,m,d,hd[maxm],cnt,ans,x,y,w;
bool f[maxn][105][2];
int read(){
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch=='-')f=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch)){
x=x*10+ch-48;
ch=getchar();
}
return x*f;
}
struct Edge{
int nxt,to,val;
}edge[maxm];
void add(int u,int v,int w){
edge[++cnt].nxt=hd[u];
edge[cnt].to=v;
edge[cnt].val=w;
hd[u]=cnt;
return ;
}
int main(){
// freopen("shuju.in","r",stdin);
// freopen("my.out","w",stdout);
n=read();
m=read();
d=read();
for(int i=1;i<=m;i++){
x=read();
y=read();
w=read();
add(x,y,w);
add(y,x,w);
if(x==1)f[2+w][y][0]=true;
if(y==1)f[2+w][x][0]=true;
f[2+w][x][1]=true;
f[2+w][y][1]=true;
}
for(int i=1;i<d/2;i++){
for(int j=(1<<i);j<=2*(1<<i)-1;j++){
for(int u=1;u<=n;u++){
if(f[j][u][0]){
for(int k=hd[u];k;k=edge[k].nxt){
int v=edge[k].to;
f[(j<<1)+edge[k].val][v][0]=true;
}
}
}
}
}
for(int i=1;i<=d-d/2;i++){
for(int j=(1<<i);j<=2*(1<<i)-1;j++){
for(int u=1;u<=n;u++){
if(f[j][u][1]){
for(int k=hd[u];k;k=edge[k].nxt){
int v=edge[k].to;
f[(j<<1)+edge[k].val][v][1]=true;
}
}
}
}
}
for(int i=0;i<=(1<<d)-1;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
// cout<<i<<" "<<(1<<(d/2))+(i>>(d-d/2))<<" "<<(1<<(d-d/2))+(i&((1<<(d-d/2))-1))<<endl;
if(f[(1<<(d/2))+(i>>(d-d/2))][j][0]==true&&f[(1<<(d-d/2))+(i&((1<<(d-d/2))-1))][j][1]){
// cout<<i<<endl;
ans++;
break;
}
}
}
cout<<ans;
return 0;
}
C. z
emmm……总之,这道题比较毒瘤~