《2018 Multi-University Training Contest 10部分题解》
折磨折磨折磨。
Problem E. TeaTree：
这题让我重新认识了dsu on tree，现在算是理解了dsu on tree的内核了，一开始做的时候已经在考虑可能是dsu on tree了。但是看了下通过率觉得应该是有技巧的。
结果还真是dsu on tree。当然也可以线段树合并。
这里最主要的一点，就是怎么处理gcd的问题。
首先，1e5之内的数的因子最多只有100多个，所以我们可以暴力便利每个点的因子。
然后判断子树中是否出现过这个因子。
这里只有两种情况：根和子树，子树和另外一个子树。
一开始写dsu on tree的时候，一直想边加入边统计答案，但是这样可能导致子树中的子树的答案更新到u上。
所以后面想了下，搜一遍先统计答案，再搜一遍加入贡献就行了。
注意的是，因为重儿子贡献没有删去，并且它不会再被solve统计，所以我们先判断重儿子和根的因子关系，然后再加入根的因子。
然后再去先去统计当前已经合并到根里的因子和一棵子树的关系，然后再去加入一棵子树的贡献，这样就不会出现错误的情况。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<LL, int> pii; const int N = 1e5 + 5; const int M = 2000 + 5; const LL Mod = 1e9 + 7; #define pi acos(-1) #define INF 1e18 #define dbg(ax) cout << "now this num is " << ax << endl; namespace FASTIO { inline LL read() { LL x = 0, f = 1; char c = getchar(); while (c < '0' || c > '9') { if (c == '-') f = -1; c = getchar(); } while (c >= '0' && c <= '9') { x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48); c = getchar(); } return x * f; } } using namespace FASTIO; int n,val[N],sz[N],son[N],num[N],Son = 0,ans[N]; vector<int> G[N],vec[N]; void init() { for(int i = 1;i < N;++i) for(int j = i;j < N;j += i) vec[j].push_back(i); } void dfs(int u,int fa) { sz[u] = 1; for(auto v : G[u]) { if(v == fa) continue; dfs(v,u); sz[u] += sz[v]; if(sz[v] > sz[son[u]]) son[u] = v; } } int solve(int u,int fa) { int mxx = -1; for(auto v : vec[val[u]]) { if(num[v] > 0) mxx = max(mxx,v); } for(auto v : G[u]) { if(v == fa || v == Son) continue; mxx = max(mxx,solve(v,u)); } return mxx; } void add(int u,int fa) { for(auto v : vec[val[u]]) { num[v]++; } for(auto v : G[u]) { if(v == fa || v == Son) continue; add(v,u); } } void del(int u,int fa) { for(auto v : vec[val[u]]) { num[v]--; } for(auto v : G[u]) { if(v == fa || v == Son) continue; del(v,u); } } void dfs1(int u,int fa,int opt) { for(auto v : G[u]) { if(v == fa || v == son[u]) continue; dfs1(v,u,0); } if(son[u] != 0) dfs1(son[u],u,1),Son = son[u]; ans[u] = -1; for(auto v : vec[val[u]]) { if(num[v] > 0) ans[u] = max(ans[u],v); num[v]++; } for(auto v : G[u]) { if(v == fa || v == Son) continue; ans[u] = max(ans[u],solve(v,u)); add(v,u); } Son = 0; if(opt == 0) del(u,fa); } int main() { memset(ans,-1,sizeof(ans)); init(); n = read(); for(int i = 2;i <= n;++i) { int x;x = read(); G[x].push_back(i); G[i].push_back(x); } for(int i = 1;i <= n;++i) val[i] = read(); dfs(1,0); dfs1(1,0,0); for(int i = 1;i <= n;++i) printf("%d\n",ans[i]); // system("pause"); return 0; } /* 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2 4 6 8 2 4 1 5 6 8 */
Problem H. Pow：
看了下样例，显然是2^n，然后高精度乘法就行了。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<LL, int> pii; const int N = 1e5 + 5; const int M = 2000 + 5; const LL Mod = 998244353; #define pi acos(-1) #define INF 1e18 #define dbg(ax) cout << "now this num is " << ax << endl; namespace FASTIO { inline LL read() { LL x = 0, f = 1; char c = getchar(); while (c < '0' || c > '9') { if (c == '-') f = -1; c = getchar(); } while (c >= '0' && c <= '9') { x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48); c = getchar(); } return x * f; } } using namespace FASTIO; int ans[N],len = 0; void mul() { int ma = 0; for(int i = 1;i <= len;++i) { int jw = (ans[i] * 2 + ma) / 10; ans[i] = (ans[i] * 2 + ma) % 10; ma = jw; } while(ma != 0) { ans[++len] = ma % 10; ma /= 10; } } int main() { int ca;ca = read(); while(ca--) { memset(ans,0,sizeof(ans)); int n;n = read(); len = 1; ans[1] = 1; for(int i = 1;i <= n;++i) mul(); for(int i = len;i >= 1;--i) printf("%d",ans[i]); printf("\n"); } // system("pause"); return 0; }
Problem I. Count：
也是非常有意思的一个题目。
先打了个表：
当i为质数时：贡献就是i / 2;
当i不为质数时：
当i为偶数时，那么假设gcd(i + j,i - j) = k
那么可以猜测：i = xk,j = yk，i + j = (x + y) k ,i - j = (x - y) k
所以，i的贡献就是1 ~ i - 1中与i互质的数。也就是$\varphi (i)$
当i为奇数时：
如果j也为奇数，那么i + j,i - j都是偶数，最少也是2。
所以贡献就是1 ~ i -1中的偶数且与i互质，看了下表，发现这个值= $\frac{\varphi (i)}{2}$
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<LL, int> pii; const int N = 2e7 + 5; const int M = 2000 + 5; const LL Mod = 998244353; #define pi acos(-1) #define INF 1e18 #define dbg(ax) cout << "now this num is " << ax << endl; namespace FASTIO { inline LL read() { LL x = 0, f = 1; char c = getchar(); while (c < '0' || c > '9') { if (c == '-') f = -1; c = getchar(); } while (c >= '0' && c <= '9') { x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48); c = getchar(); } return x * f; } } using namespace FASTIO; int phi[N],prime[N],tot = 0; bool vis[N]; LL ans[N]; void init() { for(int i = 2;i < N;++i) { if(!vis[i]) { prime[++tot] = i; phi[i] = i - 1; } for(int j = 1;j <= tot && prime[j] * i < N;++j) { vis[i * prime[j]] = 1; if(i % prime[j] == 0) { phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j]; break; } else { phi[i * prime[j]] = phi[i] * phi[prime[j]]; } } } ans[1] = 0; for(int i = 2;i < N;++i) { ans[i] = ans[i - 1]; if(!vis[i]) ans[i] += i / 2; else { if(i % 2 == 0) ans[i] += phi[i]; else ans[i] += phi[i] / 2; } } } int main() { init(); int ca;ca = read(); while(ca--) { int n;n = read(); /*for(int i = 1;i <= n;++i) { int ma = 0; // printf("phi[%d] is %d sum[%d] is %d\n",i,phi[i],i,sum[i]); for(int j = 1;j < i;++j) { printf("%d %d gcd(%d,%d) is %d\n",i,j,i + j,i - j,__gcd(i + j,i - j)); } } */ printf("%lld\n",ans[n]); } //system("pause"); return 0; }
Problem J. CSGO:
这题的思路很巧妙。
因为是|x - y|那么对于每一对x,y去掉绝对值之后肯定只有两种状态x - y,-x + y。
所以只需要状压所有状态(1 << k)即可。
然后很显然的是如果主武器状态为s,那么服务器这一位的状态肯定是s ^ 1。（因为是去掉绝对值）
最后加上最大的两个即可。
这里很显然会存在一些不合法的状态，即无法产生的状态，但是这些状态加入是不会对答案产生影响的，因为答案肯定会合法的状态的最值 > 不合法的状态的最值
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<LL, int> pii; const int N = 1e5 + 5; const int M = 2000 + 5; const LL Mod = 1e9 + 7; #define pi acos(-1) #define INF 1e18 #define dbg(ax) cout << "now this num is " << ax << endl; namespace FASTIO { inline LL read() { LL x = 0, f = 1; char c = getchar(); while (c < '0' || c > '9') { if (c == '-') f = -1; c = getchar(); } while (c >= '0' && c <= '9') { x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48); c = getchar(); } return x * f; } } using namespace FASTIO; LL a[N],b[N],s[N],ss[N],mx[N][10],fx[N][10]; int n,m,k; LL solve(int state) {//主武器状态 for(int i = 1;i <= n;++i) { a[i] = s[i]; for(int j = 1;j <= k;++j) { int g = (state >> (j - 1)) & 1; if(g == 0) { a[i] -= mx[i][j]; } else a[i] += mx[i][j]; } } sort(a + 1,a + n + 1); for(int i = 1;i <= m;++i) { b[i] = ss[i]; for(int j = 1;j <= k;++j) { int g = (state >> (j - 1)) & 1; if(g == 0) { b[i] += fx[i][j]; } else b[i] -= fx[i][j]; } } sort(b + 1,b + m + 1); return a[n] + b[m]; } int main() { int ca;ca = read(); while(ca--) { n = read(),m = read(),k = read(); for(int i = 1;i <= n;++i) { s[i] = read(); for(int j = 1;j <= k;++j) mx[i][j] = read(); } for(int i = 1;i <= m;++i) { ss[i] = read(); for(int j = 1;j <= k;++j) fx[i][j] = read(); } LL ans = 0; for(int i = 0;i < (1 << k);++i) { ans = max(ans,solve(i)); } printf("%lld\n",ans); } //system("pause"); return 0; }
Problem L.Videos：
好家伙，写题解的时候发现题意读错了。
这题的题意是：
多个人可以在重叠的时间段看不同的video。
做的时候一直以为一个时间内只能放一部video。
看到的第一眼就觉得是费用流，结果建图一直建不对。
一直纠结于对时间拆点。
其实这里不需要对时间进行拆点。
建图思路：
首先很显然video之间可以建立边，注意计算一直费用即可。
直接每个video向汇点连容量为1的点。
然后时间点的限制就用来video之间连边。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<int, int> pii; const int N = 1e3 + 5; const int M = 1e4 + 5; const LL Mod = 998244353; #define pi acos(-1) #define INF 1e9 #define dbg(ax) cout << "now this num is " << ax << endl; namespace FASTIO { inline LL read() { LL x = 0, f = 1; char c = getchar(); while (c < '0' || c > '9') { if (c == '-') f = -1; c = getchar(); } while (c >= '0' && c <= '9') { x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48); c = getchar(); } return x * f; } } using namespace FASTIO; int n,m,s,t,cnt = -1,maxflow = 0,mincost = 0; int head[N],pre[N],cal[N],dis[N],vis[N];//pre记录前驱,cal记录最短增广路上的最小流量,dis记录最短路 struct Node{int to,dis,flow,next;}e[M<<1]; int u[N],v[N],w[N],op[N]; inline void add(int u,int v,int w,int flow)//费用,容量 { e[++cnt].to = v,e[cnt].dis = w,e[cnt].flow = flow,e[cnt].next = head[u],head[u] = cnt; e[++cnt].to = u,e[cnt].dis = -w,e[cnt].flow = 0,e[cnt].next = head[v],head[v] = cnt; } bool spfa() { memset(vis,0,sizeof(vis)); for(int i = 0;i <= t;++i) dis[i] = INF; queue<int> Q; Q.push(s); dis[s] = 0,vis[s] = 1,cal[s] = INF; while(!Q.empty()) { int u = Q.front(); Q.pop(); vis[u] = 0;//spfa标准操作,清除标记 for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].next) { int v = e[i].to,d = e[i].dis,flow = e[i].flow; if(flow <= 0) continue;//没有剩余流量可流 if(dis[v] > dis[u]+d) { dis[v] = dis[u]+d; cal[v] = min(cal[u],flow);//更新增广路上的最小流量 pre[v] = i;//前驱记录i,因为是链式前向星 if(!vis[v]) vis[v] = 1,Q.push(v); } } } if(dis[t] == INF) return false; return true; } void MCMF() { while(spfa()) { int x = t; maxflow += cal[t]; mincost += dis[t]*cal[t]; while(x!=s) { int i = pre[x]; e[i].flow -= cal[t]; e[i^1].flow += cal[t]; x = e[i^1].to; } } } /* 超级源点 - 次源点, video - video,video - tim tim - 超级汇点 s = 0; ss = 1; video st : [2 + i,2 * n] to : [2 * n + i,2 * n + m] t = 2 * n + m + 1 */ int main() { int ca;ca = read(); while(ca--) { int k,W; n = read(),m = read(),k = read(),W = read(); memset(head,-1,sizeof(head)); cnt = -1,maxflow = 0,mincost = 0; s = 0,t = 2 * n + m + 1; int ss = 1; add(s,ss,0,k); for(int i = 1;i <= m;++i) { u[i] = read(),v[i] = read(),w[i] = read(),op[i] = read(); add(ss,2 + i,0,1);//ss - video add(2 + i,2 * n + i,-w[i],1);//video - video add(2 * n + i,t,0,1); } for(int i = 1;i <= m;++i) { for(int j = 1;j <= m;++j) { if(v[i] <= u[j]) { add(2 * n + i,2 + j,(op[i] == op[j]) * W,1);//video - video } } } MCMF(); printf("%d\n",abs(mincost)); } // system("pause"); return 0; }
