20230812比赛
T1 【NOIP2014模拟】逻辑的连通性
Description
假如有命题p 一定能推出命题q，则称p 是q 的充分条件，q 是p 的必要条件。
特别的，当p 既是q 的充分条件，又是q 的必要条件时，称p 和q 互为充要条件
现在有n 个命题，其中一些是另一些的充分条件。请问有多少对命题互为充要条件？Input
第一行三个正整数n，m，分别表示命题数、已知关系数
接下来m 行，每行两个正整数p 和q，表示命题p 是命题q 的充分条件Output
仅一行，一个整数，表示充要条件的对数
Sample Input
5 5 1 3 3 2 2 1 4 5 5 4 Sample Output
4 样例说明： 4 对充要条件分别是（1, 2）、（2, 3）、（1, 3）、（4, 5） Data Constraint
对于10% 的数据，n <= 10;m <= 50
对于40% 的数据，n <= 500;m <= 1000
对于另外10% 的数据，数据中保证没有重边且m = n^2
对于100% 的数据，n<= 50000;m <= 600000
就是一个强连通分量，对于大小为 \(n\) 的强连通分量，它的充要条件数量为 \(C^2_n=\frac{n(n-1)}{2}\) 。
用 Tarjan 过了。
#include <cstdio> #include <algorithm> #define ll long long using namespace std; ll head[600010]; ll nxt[600010]; ll to[600010]; ll cnt; ll ans; void addEdge(ll u, ll v) { cnt++; to[cnt] = v; nxt[cnt] = head[u]; head[u] = cnt; } ll dfn[50010]; ll col[50010]; ll co[50010]; ll ct[600010]; ll top; ll cover; ll num; ll n, m; void tarjan(ll u) { dfn[u] = ++num; col[u] = num; ct[++top] = u; for(ll i = head[u]; i; i = nxt[i]) { ll v = to[i]; if(!dfn[v]) { tarjan(v); col[u] = min(col[u], col[v]); } else if(!co[v]) { col[u] = min(col[u], dfn[v]); } } if(dfn[u] == col[u]) { co[u] = ++cover; ll cnt = 1; while(ct[top] != u) { co[ct[top]] = cover; top--; cnt++; } ans += cnt * (cnt - 1) / 2; top--; } } int main() { scanf("%lld %lld", &n, &m); for(ll i = 1; i <= m; i++) { ll u, v; scanf("%lld %lld", &u, &v); if(u != v) addEdge(u, v); } for(ll i = 1; i <= n; i++) { if(!dfn[i]) { tarjan(i); } } /*=======================Debug Begin=========================*/ // for(ll i = 1; i <= n; i++) { // printf("id:%lld co:%lld\n", i, co[i]); // } /*=======================Debug Finish========================*/ printf("%lld", ans); }
T2 【NOIP2014模拟】树的连通性
Description
给定一个n 个点的无向图，保证联通且无环无重边，每个点上有一个可修改的权值，每次断掉一条边、修改某个节点上的权值或询问两个点之间的连通性。
Input
输入数据的第一行是两个数N、M，点的个数和操作的个数
接下来N 行，每行一个正整数，表示每个点上的初始权值
接下来若干行，每行两个数x 和y，表示x 和y 之间有一条无向边
接下来M 行，每行三个数t x y，含义如下：
t=1 将x 和y 之间的边断开（保证存在）
t=2 查询x 和y 是否联通，若联通，输出他们权值的乘积，否则输出他
们权值的和
t=3 将点x 上的权值修改为y
为了保证算法强制在线，设上一次查询的结果为lastans，则最后M 行输入
数据的x 和y 的实际值= 输入值xor lastans, lastans 的初始值为0Output
对于每个查询操作，输出一行一个数，要求如上所示
Sample Input
8 5 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 1 5 4 2 3 2 5 7 5 6 8 5 1 5 1 2 4 6 2 11 9 3 0 15 2 0 11 Sample Output
10 3 20 样例说明： 先断开1 和5 之间的边，然后查询4 和6 的连通性。由于不联通，所以答案是10 然后查询1 和3 的连通性，由于联通，所以答案是3 然后将3 号节点上的数值修改为12 最后查询3 和8 的连通性。由于不联通，所以答案是它们的权值和20 Data Constraint
对于10% 的数据，没有断边操作
对于40% 的数据，n<=1000; m<= 500
对于100% 的数据，n <= 200000; m <= 200000，0 < 点上的权值 <=1000
我暴力过的，正解不是我。
我们使用前向星连边，认较小的为爹。跑 dfs 标记深度，然后对于删边操作，就直接把儿子的父亲标为自己（不用更新深度，因为查询时发现找到子树的根节点了，就是两个点不连通），对于查询联通操作，直接判断哪个边深度小，深度小的边向上爬（如果深度一样随便一个爬），直到两个点重合为止。如果找到根节点（包括子树的根节点），就结束，不连通。
对于修改权值操作，直接改。
#include <cstdio> #include <algorithm> #define ll long long using namespace std; ll n, m; struct node { ll val; ll fa; ll dep; } a[200010]; ll head[600010]; ll nxt[600010]; ll to[600010]; ll cnt; ll lastans; void addEdge(ll u, ll v) { cnt++; to[cnt] = v; nxt[cnt] = head[u]; head[u] = cnt; } bool query(ll u, ll v) { while(u != v) { if(a[u].dep > a[v].dep) swap(u, v); if(a[v].fa == v) return false; v = a[v].fa; } return true; } void dfs(ll u) { for(ll i = head[u]; i; i = nxt[i]) { ll v = to[i]; a[v].dep = a[u].dep + 1; dfs(v); } } int main() { scanf("%lld %lld", &n, &m); for(ll i = 1; i <= n; i++) { scanf("%lld", &a[i].val); } for(ll i = 1; i < n; i++) { ll u, v; scanf("%lld %lld", &u, &v); if(u > v) swap(u, v); addEdge(u, v); a[v].fa = u; } a[1].fa = 1; a[1].dep = 1; dfs(1); for(ll i = 1; i <= m; i++) { ll op, x, y; scanf("%lld %lld %lld", &op, &x, &y); x ^= lastans; y ^= lastans; if(op == 1) { if(x > y) swap(x, y); a[y].fa = y; } else if(op == 2) { if(query(x, y)) { lastans = a[x].val * a[y].val; printf("%lld\n", a[x].val * a[y].val); } else { lastans = a[x].val + a[y].val; printf("%lld\n", a[x].val + a[y].val); } } else { a[x].val = y; } } }
T3 【NOIP2014模拟】图的连通性
Description
“有一个无向图，每次断掉一条边，并询问两个点时候联通，你会维护么？
” 琼很认真地问。
“为什么要知道这个呢？”
“我们总要知道自己是否身陷囹囵……你必须立刻告诉我答案哦”Input
测试数据的第一行是三个正整数n、m、t, 表示无向图有n 个点，m 条边和t 个操作
接下来m 行，每行两个正整数x、y，表示x 和y 之间有一条边（允许存在重边）
接下来t 行，每行三个整数w x y，w=1 时表示将x 和y 之间的边剪断（保证存在这样一条边）。w=2 时表示查询x 与y 时候联通，是输出1, 否则输出0。
为了保证强制在线，最后t 行输入数据中的x 和y 必须要异或（C/C++ 中的^ 运算，PASCAL 中的xor）执行当前操作之前图中剩余的边数，才能得到实际问题中的x 和yOutput
对于每次询问，输出一行，一个数，1 或0，1 表示联通，0 表示不联通。
Sample Input
5 9 6 1 2 2 3 1 3 1 3 3 1 1 5 1 4 3 5 5 4 1 12 13 2 13 12 1 9 12 2 3 2 1 4 6 2 7 5 Sample Output
1 0 1 样例说明： 6 个操作依次为： 1. 断掉5 和4 之间的边 2. 查询5 和4 之间的连通性 3. 断掉1 和4 之间的边 4. 查询5 和4 之间的连通性 5. 断掉1 和3 之间的边 6. 查询1 和3 之间的连通性 Data Constraint
对于40% 的数据，n <=100; m<=1000; t<=500
对于100% 的数据，n<=100000; m<=150000; t<=100000Hint
关于操作w=1将x 和y 之间的边剪断是删掉一条边.
被坑了QWQ。
比赛时想到了正解，但是以为要在线。其实是强制离线。因为当前操作之前图中剩余的边数，可以很容易算出来。我们用并查集，既然并查集删边难，那我们就让时光倒流，先处理出最后局面，对于删边操作，就连边，对于查询操作，就并查集查询。
然后介绍一个链式前向星取反向边的一种简易的方法，建图时要把cnt置为1，且要保证反向边紧接着正向边建立。则一条id为 \(i\) 边的反向边id为 i^1 。
#include <cstdio> #include <algorithm> #define ll long long using namespace std; ll n, m, t; struct node { ll val; } a[200010]; ll fa[200010]; ll head[600010]; ll nxt[600010]; bool go[600010]; ll to[600010]; ll cnt = 1; ll ans[600010]; ll last; struct op { ll w, x, y; } q[100010]; void addEdge(ll u, ll v) { cnt++; to[cnt] = v; go[cnt] = 1; nxt[cnt] = head[u]; head[u] = cnt; } void delEdge(ll u, ll v) { for(ll i = head[u]; i; i = nxt[i]) { ll y = to[i]; if(y == v && go[i]) { go[i] = 0; go[i^1] = 0; break; } } } ll find(ll x) { if(fa[x] == x) return fa[x]; return fa[x] = find(fa[x]); } int main() { // freopen("graph4.in", "r", stdin); // freopen("graph.out", "w", stdout); scanf("%lld %lld %lld", &n, &m, &t); ll last = m; for(ll i = 1; i <= n; i++) fa[i] = i; for(ll i = 1; i <= m; i++) { ll u, v; scanf("%lld %lld", &u, &v); addEdge(u, v); addEdge(v, u); } for(ll i = 1; i <= t; i++) { ll w, x, y; scanf("%lld %lld %lld", &w, &x, &y); x ^= last; y ^= last; q[i].x = x; q[i].y = y; q[i].w = w; if(w == 1) { delEdge(x, y); last--; } } for(ll u = 1; u <= n; u++) { for(ll j = head[u]; j; j = nxt[j]) if(go[j]) { ll v = to[j]; ll x = find(u); ll y = find(v); fa[x] = y; } } for(ll i = t; i >= 1; i--) { if(q[i].w == 1) { ll x = find(q[i].x); ll y = find(q[i].y); fa[x] = y; } else { ans[i] = (find(q[i].x) == find(q[i].y)); } } for(ll i = 1; i <= t; i++) { if(q[i].w == 2) { printf("%d\n", ans[i]); } } }
T4 【NOIP2019模拟11.07】极好的问题
Description
Input
从文件 awesome.in 中读入数据。
第一行 2 个用空格隔开的整数 n, P。
第二行 n 个用空格隔开的整数 A1, . . . , An。Output
输出到文件 awesome.out 中。
输出一行一个整数，表示极好的三元组的数目。Sample Input
Sample Input1 5 5 1 1 1 2 3 Sample Input2 4 5 7 4 2 2 Sample Output
Sample Output1 2 【样例 1 解释】 唯二的极好的三元组为 (1, 1, 1) 和 (1, 2, 3)。 Sample Output2 2 【样例 2 解释】 (2, 2, 4) 和 (2, 4, 7) 都是极好的三元组。 Data Constraint
极好的三元组有以下三种情况：
- \(a,a,a\)
- \(a,a,b\)
- \(a,b,c\)
对于第一种情况，可以统计每个出现次数大于等于 3 的数的三次方 (在 模P 意义下) 是否等于 1 。
对于第二种情况，统计每个出现次数大于等于 2 的数的二次方乘去重序列中的其它数 (在 模P 意义下) 是否等于 1
对于第三种情况，预处理出所有两个不同的数的乘积，并在预处理中特判 \(a\times b=a'\) 或 \(a\times b=b'\) 的情况。因为此时等价于情况二，不特判会导致重复计算。然后求出每个数的乘法逆元在这些乘积中出现的次数。这些次数之和会反复出现三次，所以记得除以3。
#include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstring> #define ll long long using namespace std; ll n, p, ans; ll a[40000]; ll b[40000]; ll g[40000]; ll inv[40000]; ll an[2334*2334]; void solve(ll l, ll r) { if(l == r) return; ll mid = (l + r) >> 1; solve(l, mid); solve(mid + 1, r); ll pos1 = l, pos2 = mid + 1; for(ll i = l; i <= r; i++) { if(pos2 > r || (pos1 <= mid && a[pos1]<a[pos2])) { g[i] = a[pos1++]; } else { g[i] = a[pos2++]; } } for(ll i = l; i <= r; i++) { a[i] = g[i]; } } ll qpow(ll x, ll y) { if(y == 0) return 1; if(y % 2 == 0) { ll res = qpow(x, y / 2) % p; return (res % p) * (res % p) % p; } return (x % p) * (qpow(x, y - 1) % p) % p; } int main() { freopen("awesome.in", "r", stdin); freopen("awesome.out", "w", stdout); scanf("%lld %lld", &n, &p); for(ll i = 1; i <= n; i++) { scanf("%lld", &a[i]); } a[n + 1] = -114514; solve(1, n); memcpy(b, a, sizeof(a)); ll e = unique(b + 1, b + 1 + n) - b - 1; for(ll i = 1; i <= e; i++) { inv[i] = qpow(b[i], p - 2); } ll last = -1919810, num = 0; for(ll i = 1; i <= n + 1; i++) { if(a[i] != last) { if(num >= 2) { for(ll j = 1; j <= e; j++) { if(b[j] != last && ((last % p) % p * (last % p) % p * (b[j] % p)) % p == 1) ans++; } } if(num >= 3) { // 之所以不用else if，因为在num>=2中处理了a*a*b的情况，这里虽然num>=3，但也可以舍去第一个，变成a*a*b if(((last % p) % p * (last % p) % p * (last % p)) % p == 1) ans++; } last = a[i]; num = 1; } else { num ++; } } ll tot = 0, res = 0; for(ll i = 1; i <= e; i++) { for(ll j = i + 1; j <= e; j++) { an[++tot] = (b[i] % p) % p * (b[j] % p) % p; if(an[tot] == inv[i]) res--; if(an[tot] == inv[j]) res--; } } sort(an + 1, an + 1 + tot); for(ll i = 1; i <= e; i++) { ll rig = upper_bound(an + 1, an + 1 + tot, inv[i]) - an; ll lef = lower_bound(an + 1, an + 1 + tot, inv[i]) - an; res += rig - lef; } printf("%lld", res/3 + ans); }
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