A题 Simple
时间限制:1000ms | 空间限制:256MB
问题描述
对于给定正整数,我们称正整数为好的,当且仅当存在非负整数使得。
现在给出多组数据,对于每组数据,给定,求内有 多少个正整数不是好的。
输入格式
第一行,一个整数表示数据组数。
接下来每行三个数,分别表示,即一组询问。
输出格式
对于输入的每组数据,输出一行表示答案。
数据规模
对于30%的数据,;
对于60%的数据,;
对于100%的数据,;
样例
样例输入 |
---|
2 78 100 4 70 3 34 |
样例输出 |
---|
4 23 |
题解
先上60分代码代码,当我们选取中的某一个数时,如果是好的,则必然满足>。这时我们让减去的倍得到一个数,若%就可以说明这个数是一个好数。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline char get(){
static char buf[30],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,30,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline long long read(){
register char c=get();long long f=1,_=0;
while(c>'9' || c<'0')f=(c=='-')?-1:1,c=get();
while(c<='9' && c>='0')_=(_<<3)+(_<<1)+(c^48),c=get();
return _*f;
}
//利用fread优化的超级快读↑
long long n,m,q;
long long good;
bool pd;
long long t;
int main(){
//freopen("1.txt","r",stdin);
t=read();
//cout<<t<<endl;
while(t--){
good=0;
n=read();m=read();q=read();
if(n==1 || m==1){
printf("0\n");
continue;
}//特判
if(n<m)swap(n,m);
//cout<<1<<endl;
for(register long long i=m;i<=q;i++){
pd=0;
for(register long long j=0;j*n<=i;j++){
if((i-(j*n)) % m==0){
good++;
break;
}
}
}
printf("%lld\n",q-good);
}
return 0;
}
因为各种玄学优化可以得到60分。这个时候让我们换一种思路:
首先考虑的是dp,这个时候看下数据范围,很显然不行。如果用数位dp的话限制条件又过多,于是pass掉dp的思路。
稍微思考一下公式,,我们令,则一定有;由于,则一定存在。
这时我们用一个数组f[x]记录满足%里最小的值。因为的值最大为100000,所以f[x]的值最后总会循环出现。再稍加推导就可以知道:
若一个数是好的,那么他的倍数也一定是好的。
那么我们让
问题还可以进一步简化。
我们知道一定存在至少一个
这时我们保证好数中一定有至少0个
那么我们就让,此时即可保证一定是的倍数。剩余的量全部分配给即可。也就是;
附上代码
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
inline char get(){
static char buf[30],*p1=buf,*p2=buf;
return p1==p2 && (p2=(p1=buf)+fread(buf,1,30,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline ll read(){
register char c=get();register ll f=1,_=0;
while(c>'9' || c<'0')f=(c=='-')?-1:1,c=get();
while(c<='9' && c>='0')_=(_<<3)+(_<<1)+(c^48),c=get();
return _*f;
}
ll f[100005];
ll n,m,q;
int main(){
//freopen("1.txt","r",stdin);
ll t;
t=read();
//cout<<1<<endl;
while(t--){
n=read();m=read();q=read();
if(n<m)swap(n,m);
if(n>q && m>q)printf("%lld\n",q);
else if(n>q && m<=q)printf("%lld\n",q-q/m);
else{
for(register int i=0;i<100005;i++)f[i]=-1;//单纯for循环似乎复杂度比memset低一些?
for(register int i=0;;i++){
ll now=n*i;
if(f[now%m]!=-1)break;
f[now%m]=now;
}
ll ans=0;
for(register int i=0;i<m;i++){
if(f[i]!=-1&&(q-f[i]>=0))ans+=(q-f[i])/m+1;
}
printf("%lld\n",q-ans+1); //因为c的取值是[1,q],也就是说 n*x+y*m=c => x,y不同为0
}
}
return 0;
}
B题 Walk
时间限制:2000ms | 空间限制:256MB
问题描述
给定一棵有个节点的树,每条边的长度为1,同时有一个权值,定义一条路径的权值为路径上所有边的权值的最大公约数,现在对于任意,求树上所有长度为的简单路径中权值最大的值。如果不存在长度为i的路径则输出0。
输入格式
第一行,一个整数表示树的大小
接下来行,每行三个整数表示和之间有一条权值为的边。
输出格式
对于每种长度,输出一行,表示答案。
数据规模
对于30%的数据,;
对于额外30%的数据,;
对于100%的数据,;
样例
样例输入 |
---|
3 1 2 3 1 3 9 |
样例输出 |
---|
3 9 0 |
题解(转,不会树DP很多年QAQ)
这道题我们可以考虑枚举最大公因数,然后求最大公因数为i的最长链。这个需要怎么办呢?我们考虑将每条边拆成因数条边,要是一次性加入的话数量会炸飞,所以我们每次将是当前公因数倍数的边加入,然后求树上的最长链。然后用当前的公因数更新长度为最长链的长度的答案。求解后将数组清零,重复利用。
有些长度可能不会出现在最长链中,因为他是构成最长链的一部分,所以如果这个长度的答案<长度大于他的答案的话,就要将长度大于他的答案给他,从大到小枚举
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define N 800003
#define M 1000006
using namespace std;
int head[M],nxt1[N],x1[N],y2[N],cnt,sz,ans[N];
int point[M],nxt[N],v[N],tot,st[N],top,vis[N],len;
int n,m,mark;
void add(int k,int x,int y)
{
cnt++; nxt1[cnt]=head[k]; head[k]=cnt; x1[cnt]=x; y2[cnt]=y;
}
void add1(int x,int y)
{
tot++; nxt[tot]=point[x]; point[x]=tot; v[tot]=y;
tot++; nxt[tot]=point[y]; point[y]=tot; v[tot]=x;
st[++top]=x; st[++top]=y;
}
int dfs(int x,int fa)
{
vis[x]=sz;
int l=0,r=0;
for (int i=point[x];i;i=nxt[i])
if (vis[v[i]]!=sz&&v[i]!=fa){
int t=dfs(v[i],x);
if (t+1>l) r=l,l=max(l,t+1);
else if (t+1>r) r=max(r,t+1);
}
len=max(len,l+r);
return l;
}
int main()
{
freopen("a.in","r",stdin);
freopen("my.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<n;i++)
{
int a,b,c; scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
add(c,a,b);
}
for (int i=1;i<=1000000;i++){
for (int j=i;j<=1000000;j+=i)
for (int k=head[j];k;k=nxt1[k])
add1(x1[k],y2[k]);
mark=i; ++sz; len=0;
for (int j=1;j<=top;j++)
if (vis[st[j]]!=sz) dfs(st[j],0);
ans[len]=max(ans[len],i);
for (int j=1;j<=top;j++)
point[st[j]]=0;
tot=0; top=0;
}
for (int i=n;i>=1;i--) ans[i]=max(ans[i],ans[i+1]);
for (int i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",ans[i]);
}
C题 Travel
时间限制:1000ms | 空间限制:256MB
问题描述
给定一个长度为的序列。每一次 Lyra 可以选择向左跳到任意一个还没到过的位置,也可以向右跳到任意一个还没到过的位置。如果现在Lyra在格子,她下一步跳向格子,那么这次跳跃的花费为。注意,跳意味着格子和格子中间其他的格子都不会被这次跳跃影响。并且,Lyra不应该跳出边界。
Lyra的初始位置在格子。Lyra将会在到访过所有格子恰好一次之后,在某个位置停下来,这样就完成了任务。
Lyra想知道如果她一共向左跳了次,那么她要完成任务的最小总花费是多少,并希望你输出任意一种花费最小的方案。特殊的,如果 Lyra 没有办法完成任务,请输出一行 。
输入格式
第一行,三个整数,分别表示序列的大小,向左走的次数,和初始位置。
第二行,个数字,表示序列。
输出格式
第一行,一个数字,表示答案。
如果能完成任务,则第二行,输出个数字,表示方案。注意,Lyra 初始的位置已经确定了,所以不要输出。
数据规模
对于所有数据,都满足。
样例
样例输入 |
---|
3 1 2 1 2 3 |
样例输出 |
---|
3 1 3 |
题解
先上15分的代码:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
cout<<-1<<endl;
return 0;
}
足以说明数据有多水。
好的不皮了,我们来讲正解。
首先当时,数列是等差的递增数列,每个的间距相同,所以我们肯定是考虑尽量的不走回头路,但是因为必须要向左走步,所以至少有段要被经过三次,那么我们从起点一直向左跳,跳到不能再跳为止,如果此时还是不够的话,我们就再跳到起点的右边正好多出剩下步的为止,然后再向左跳,最后在向右跳即可。如果连续向左跳会多,那就考虑间隔的跳最终跳到头再转弯即可。-1的情况非常好处理,当但是的时候,是没有合法路径的。同理,也是没有合法路径的。
常规情况比较难考虑,让我们先来考虑特殊情况。当的时候,显然答案的下界是 ,就是从最左边按次序一直跳到最右边,不过L>0的时候就不能这么做了。答案要求最小也就是说要尽量少走回头路。假如我们在这个位置停下,那么中间就需要走一些回头的路类来用掉,我们把所有到之间的区间看成一个线段。跳的路径相当于对线段进行覆盖。显然所有的线段都必须覆盖至少1次,而至少有个线段至少覆盖3次。
但是实际情况中,起点不一定是1,终点也不一定是。我们假设终点再起点的左边,那么中的点至少都需要经过两次,如果能在这两段中用掉较多的,那我们中间剩下的L就会少,这样在好不过。以为中间这一段的处理就相当于是上面[1,n]的处理,中间的线段都会被覆盖三次。那么两边最多会向左走步,如果,那么中间的不需要向左走,直接一步一步的跳就好了。如果不够步的话就考虑从中选取差值小的线段让其长度*3即可。然后根据对称原则,在计算终点在起点左边的情况,这时候其实就是向右跳步,向上面一样处理即可。
然后我们就可以通过枚举终点,来更新答案。对于上面中起点相对位置的两种情况,我们单独看。每次就是在上一起点的基础上中间加入,然后的长度减小,我们用小根堆维护,每次都尽可能利用小的。注意有可能存在无法满足答案的情况,就是堆中不够。
还需要注意的是中的段的头尾两条线段不能使用,因为无论怎么跳都没法满足,会影响两边的跳法。
#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <memory.h>
#include <string.h>
#include <vector>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> mp;
#define pb push_back
const LL inf = 1ll<<50;
const int maxn = 200005;
int n,l,s,pos[maxn];
int x[maxn],ans1[maxn];
int y[maxn],ans2[maxn];
mp ord[maxn];
bool tag[maxn];
LL solve(int n,int l,int s,int x[],int ans[]) {
int cnt=0,tot=0;
if (l<s) {
for (int i=s-1;i>s-l;i--) ans[++cnt]=i;
for (int i=1;i<=s-l;i++) if (i!=s) ans[++cnt]=i;
for (int i=s+1;i<=n;i++) ans[++cnt]=i;
return (LL)x[n]-x[1]+x[s]-x[1];
}
l-=s-1;
if (l==n-s-1) {
for (int i=s-1;i>=1;i--) ans[++cnt]=i;
for (int i=n;i>s;i--) ans[++cnt]=i;
return (LL)x[n]-x[1]+x[s]-x[1]+x[n]-x[s+1];
}
for (int i=s+1;i<n-1;i++) ord[++tot]=mp(x[i+1]-x[i],i+1);
sort(ord+1,ord+tot+1);
for (int i=1;i<=tot;i++) pos[ord[i].second]=i;
LL minv=inf,sum=0;int e,j;
for (int i=1;i<=l;i++) sum+=ord[i].first;
minv=sum*2;e=n;j=l;
for (int i=n-1,p=l;i>=n-l;i--) {
if (pos[i]<=p) sum-=ord[pos[i]].first;
else sum-=ord[p--].first;
while (p&&ord[p].second>=i) --p;
if (sum*2+x[n]-x[i]<minv) {
minv=sum*2+x[n]-x[i];e=i;j=p;
}
}
memset(tag,false,sizeof tag);
for (int i=s-1;i>=1;i--) ans[++cnt]=i;
for (int i=s+2;i<e;i++) if (pos[i]<=j) tag[i]=true;
for (int i=s+1;i<e;i++)
if (!tag[i+1]) ans[++cnt]=i;
else {
int tmp=i+1;while (tag[tmp]) ++tmp;
for (int j=tmp-1;j>i;j--) ans[++cnt]=j;
ans[++cnt]=i;i=tmp-1;
}
for (int i=n;i>=e;i--) ans[++cnt]=i;
return (LL)x[n]-x[1]+x[s]-x[1]+minv;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("travel.in","r",stdin);
freopen("travel.out","w",stdout);
#endif
scanf("%d %d %d",&n,&l,&s);
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&x[i]);
for (int i=1;i<=n;i++) y[i]=-x[n-i+1];
if (s!=1&&l==0) {puts("-1");return 0;}
if (s!=n&&l==n-1) {puts("-1");return 0;}
LL cost1=solve(n,l,s,x,ans1);
LL cost2=solve(n,n-1-l,n-s+1,y,ans2);
if (cost1<cost2) {
printf("%lld\n",cost1);
for (int j=1;j<n;j++)
printf("%d ",ans1[j]);
}
else {
printf("%lld\n",cost2);
for (int j=1;j<n;j++)
printf("%d ",n-ans2[j]+1);
}
return 0;
}
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