多校联合训练
hdu 6067 6068 6069 6070 6071 6072 6073 6074 6075 6076 6077 6078 6079
##Counting Divisors##
一道全场一个钟后。从第3面一直排到第15面一直在怼的题。。lcy老师表示这道题很有区分度
题意：求公式所得的答案。。就是求[l,r]这个范围内枚举的i，iki{^k}ik的因子数之和。
看到这种公式题第一感觉是。有规律。
所以。。跟hovees打表看了一个钟。
然后又推推推。最后发现对于一个数。他所作的贡献是他的每一个质因子数+1的积。
对于这个数的k次方。则是。每一个质因子数*k+1的积。
然后找出了大数因数分解的板。看了看时间是6000ms感觉可以试试n5/4^{5/4}5/4卡卡过了。。
结果就是。并不行。。然后绝望到放弃
思路：用素数筛的原理，作区间筛（Q神叫法）。
对于一个数r，我们可以用r\sqrt{r}r把[1,r]的合数都筛掉。
那么对于[l,r]我们每次只需要去枚举r\sqrt{r}r内所有素数。就可以把对于这个区间内每一个数可以做的贡献计算出来。筛到最后。数依然是素数的。他们所做的贡献为k+1，乘起来就好了。
orz学习到了区间筛（其实就是素数筛。。自己不会撸而已）
#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 1000005
#define ll long long
#define MOD 998244353
using namespace std;
vector<ll> prime;
ll prime_len;
bool mark[MAXN];
ll l, r, k;
ll f[MAXN], g[MAXN];
void getPrime() {
for (ll i = 2; i < MAXN; i++) {
if (!mark[i]) {
prime.push_back(i);
for (ll j = i * 2; j < MAXN; j += i) {
mark[j] = true;
}
}
}
prime_len = prime.size();
}
void filter(ll p) {
for (ll i = l / p * p; i <= r; i += p) {
if (i >= l) {
ll tot = 0;
while (f[i - l] % p == 0) {
tot++;
f[i - l] /= p;
}
g[i - l] = g[i - l] * (tot * k + 1);
g[i - l] %= MOD;
}
}
}
int main() {
getPrime();
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%lld %lld %lld", &l, &r, &k);
for (ll i = 0; i <= r - l; i++) {
f[i] = i + l;
g[i] = 1;
}
for (ll i = 0; i < prime_len; i++) {
if (prime[i] * prime[i] <= r) {
filter(prime[i]);
}
}
ll ans = 0;
for (ll i = 0; i <= r - l; i++) {
if (f[i] > 1) {
g[i] = g[i] * (k + 1) % MOD;
}
ans += g[i] % MOD;
ans %= MOD;
}
printf("%lld\n", ans);
}
}
##Dirt Ratio##
又是一个。。区间O(n^2)完全没思路。结果被dalao们教育了一把分数划分。
题意：给一个序列要找一段区间，使得区间内不同种类的数量/区间长度最小。也就是min(size(l,r)r−l+1)min(\frac{size(l,r)}{r - l + 1})min(r−l+1size(l,r))
思路：
我们不妨假设一个分数c他满足。min(size(l,r)r−l+1)>=cmin(\frac{size(l,r)}{r - l + 1})>=cmin(r−l+1size(l,r))>=c
将这个不等式转换一下
变成size(l,r)+l∗c>=(r+1)∗csize(l,r) + l * c >= (r + 1) * csize(l,r)+l∗c>=(r+1)∗c
我们每次拿线段树去维护区间[l,r]内的最小值size(l,r)。
用二分去枚举c。每次check时枚举上一个出现同样数的后一位到r（就是枚举r就行了）是否全部满足上面那个不等式。直接得到答案。
l*c可以在建树的时候就直接维护。
#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 60005
#define INF 1e5
#define EPS 1e-6
using namespace std;
int num[MAXN];
double tree[MAXN << 2], add[MAXN << 2];
int lastpoint[MAXN];
int n;
void push_up(int root) {
tree[root] = min(tree[root << 1 | 1], tree[root << 1]);
}
void push_down(int root) {
if (add[root] != 0) {
tree[root << 1] += add[root];
tree[root << 1 | 1] += add[root];
add[root << 1] += add[root];
add[root << 1 | 1] += add[root];
add[root] = 0;
}
}
void build(int l, int r, int root, double val) {
add[root] = 0;
if (l == r) {
tree[root] = val * l;
return ;
}
int mid = l + r >> 1;
build(l, mid, root << 1, val);
build(mid + 1, r, root << 1 | 1, val);
push_up(root);
}
void update(int l, int r, int L, int R, double val, int root) {
if (l >= L && r <= R) {
tree[root] += val;
add[root] += val;
return ;
}
push_down(root);
int mid = l + r >> 1;
if (L <= mid) {
update(l, mid, L, R, val, root << 1);
}
if (mid < R) {
update(mid + 1, r, L, R, val, root << 1 | 1);
}
push_up(root);
}
double query(int l, int r, int L, int R, int root) {
if (l >= L && r <= R) {
return tree[root];
}
push_down(root);
int mid = l + r >> 1;
double res = INF;
if (L <= mid) {
res = min(query(l, mid, L, R, root << 1), res);
}
if (R > mid) {
res = min(query(mid + 1, r, L, R, root << 1 | 1), res);
}
return res;
}
bool check(double c) {
build(1, n, 1, c);
memset(lastpoint, 0, sizeof(lastpoint));
for (int i = 1; i <= n; i++) {
update(1, n, lastpoint[num[i]] + 1, i, 1, 1);
lastpoint[num[i]] = i;
if (query(1, n, 1, i, 1) <= (i + 1) * c) {
return true;
}
}
return false;
}
double binary_search(double l, double r) {
double mid = (r + l) / 2;
while (r - l > EPS) {
mid = (l + r) / 2;
if (check(mid)) {
r = mid;
} else {
l = mid;
}
}
return r;
}
int main() {
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &num[i]);
}
printf("%.5lf\n", binary_search(0, 1));
}
}
/*
1
5
1 2 1 2 3
*/
##Lazy Running##
题意：
小Q要跑步，每次从2点开始，至少需要跑K米。所跑的距离分别是d12,d23,d34,d41，就四个点。四条边。可以两点之间来回跑。但是一定在这四条边上。最后一定跑回2点。现在问要满足至少跑K米。那小Q最少需要跑多少米。
思路：
赛后看到Q群某dalao枚举了13种情况过了这题。先%一下。
这题。。真的主要就是要%一下。
我们可以假设。如果小Q乱跑。再跑回2点一共跑了x米。然后发现他并不够。那他可以选择。就靠着2最近的那个点（假设距离为w）。来回跑。跑2w * y次。恰好能满足至少K米
那么对于所有距离我们都可以拆成2w* y + x
那么我们可以假设。dp[i][j % 2w]表示，从2这个点到第i这个点。已经跑了j，然后我们压缩成j % 2w。
也就是dp[i][j % 2w] = min(j, dp[i][j % 2w])。
因为j太大了。但是都改成2w * y + x后。其实都一样。假设我们一种跑法跑回到2是10，另一种跑法跑回到2是14，离2这个点最近那条边的距离是2
那么他们都可以拆分成4 * 2 + 2，4 * 3 + 2。
那其实对于14的花费。我们只需要再跑一次最近那条边的来回就好了。
所以我们只需要对于整个42w的图。进行一次最短路即可。然后枚举j%2w
#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 10
#define ll long long
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
#define INF 1LL << 62
using namespace std;
typedef pair<ll, ll> pll;
struct node {
ll to, w;
};
vector<node> vec[MAXN];
priority_queue<pll, vector<pll>, greater<pll> > que;
ll dp[MAXN][100000];
ll m;
void addEdge(ll u, ll v, ll w) {
vec[u].push_back((node){v, w});
vec[v].push_back((node){u, w});
}
void init(ll d12, ll d23, ll d34, ll d41) {
while (!que.empty()) {
que.pop();
}
for (int i = 0; i < MAXN; i++) {
vec[i].clear();
}
for (ll i = 0; i < MAXN; i++) {
for (ll j = 0; j < 100000; j++) {
dp[i][j] = INF;
}
}
addEdge(1, 2, d12);
addEdge(2, 3, d23);
addEdge(3, 4, d34);
addEdge(4, 1, d41);
}
void dijskra(ll s) {
que.push(mp(0LL, s));
while (!que.empty()) {
ll to = que.top().second;
ll weight = que.top().first;
que.pop();
if (weight > dp[to][weight % m]) {
continue;
}
for (ll i = 0; i < vec[to].size(); i++) {
ll dis = vec[to][i].w + weight;
ll y = vec[to][i].to;
if (dis >= dp[y][dis % m]) {
continue;
}
dp[y][dis % m] = dis;
que.push(mp(dis, y));
}
}
}
int main() {
int T;
scanf("%d", &T);
ll d12, d23, d34, d41, k;
while (T--) {
scanf("%lld %lld %lld %lld %lld", &k, &d12, &d23, &d34, &d41);
init(d12, d23, d34, d41);
m = 2 * min(d12, d23);
ll ans = INF;
dijskra(2);
for (ll i = 0; i < m; i++) {
ll tmp = k - dp[2][i];
if (tmp < 0) {
ans = min(ans, dp[2][i]);
} else {
ans = min(ans, dp[2][i] + tmp / m * m + (tmp % m ? 1 : 0) * m);
}
}
printf("%lld\n", ans);
}
}
Matching In Multiplication##
题意：题目中给一个二分图，两两边之间有权值。
现在让你求对于每一种完美匹配下。边权相乘后。对于所有情况数的权值之和%998244353。思路：对于每一条度为1的边，他们所做的贡献肯定是固定的。所以可以通过拓扑直接提出来倍数。
剩下的边组成的每张图，连着的边，肯定不在同一个完美匹配里。可以分开计算，最多只会出现两种匹配方式。dfs一次即可。
然后再将每个图计算出来的贡献组合一下即可。
这里要注意。每一个点要对应两个点。一共30000个点，要相互连接，需要2 * 2 * 30000条边。
#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 300005
#define MOD 998244353
#define ll long long
#define DIS 300000
using namespace std;
struct edge {
int nxt, to;
ll w;
bool mark;
}e[MAXN << 2];
queue<int> que;
int du[MAXN + DIS];
bool mark[MAXN + DIS];
int head[MAXN + DIS];
int n, cnt;
ll part[2];
void addEdge(int u, int v, ll w) {
e[++cnt].nxt = head[u];
e[cnt].to = v;
e[cnt].w = w;
e[cnt].mark = false;
head[u] = cnt;
}
void init() {
memset(mark, false, sizeof(mark));
memset(head, -1, sizeof(head));
memset(du, 0, sizeof(du));
cnt = 1;
while (!que.empty()) {
que.pop();
}
}
ll topol() {
ll res = 1;
for (int i = DIS; i <= n + DIS; i++) {
if (du[i] == 1) {
que.push(i);
mark[i] = true;
}
}
while (!que.empty()) {
int u = que.front();
mark[u] = true;
que.pop();
for (int i = head[u]; ~i; i = e[i].nxt) {
if (e[i].mark) {
continue;
}
e[i].mark = e[i ^ 1].mark = 1;
mark[e[i].to] = true;
(res *= e[i].w) %= MOD;
for (int j = head[e[i].to]; ~j; j = e[j].nxt) {
e[j].mark = e[j ^ 1].mark = true;
du[e[j].to]--;
if (du[e[j].to] == 1) {
que.push(e[j].to);
}
}
}
}
return res;
}
void dfs(int u, int idx) {
mark[u] = true;
for (int i = head[u]; ~i; i = e[i].nxt) {
if (!e[i].mark) {
// printf("from %d to %d %d\n", u, e[i].to, idx);
e[i].mark = e[i ^ 1].mark = true;
(part[idx] *= e[i].w) %= MOD;
dfs(e[i].to, idx ^ 1);
}
}
}
int main() {
int T, v;
ll w;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
init();
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= 2; j++) {
scanf("%d %lld", &v, &w);
addEdge(i, v + DIS, w);
addEdge(v + DIS, i, w);
du[i]++;
du[v + DIS]++;
}
}
ll ans = topol();
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (!mark[i]) {
part[0] = part[1] = 1;
dfs(i, 0);
(ans *= (part[0] + part[1]) % MOD) %= MOD;
}
}
printf("%lld\n", ans);
}
}
##Questionnaire##
题意：给n个数。需要你给出一个数m和k。使得这n个数%m==k的数目最多。
思路：m就取2就好了。如果奇数多k取1，奇数少k取0
orz为数不多的水题啊。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
int T, n, tmp;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%d", &n);
int cnt = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
scanf("%d", &tmp);
if (tmp & 1) {
cnt++;
}
}
printf("2 %d\n", cnt >= n - cnt ? 1 : 0);
}
}
##Time To Get Up##
到这里了，是不是可以说。按图模拟即可。打张表花式过就好了
#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 100
using namespace std;
int res[10][10] = {{1, 2, 3, 5, 6, 7, 0, 0, 0, 0},
{3, 6, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0},
{1, 3, 4, 5, 7, 0, 0, 0, 0, 0},
{1, 3, 4, 6, 7, 0, 0, 0, 0, 0},
{2, 3, 4, 6, 0, 0, 0, 0, 0, 0},
{1, 2, 4, 6, 7, 0, 0, 0, 0, 0},
{1, 2, 4, 5, 6, 7, 0, 0, 0, 0},
{1, 3, 6, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0},
{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 0, 0, 0},
{1, 2, 3, 4, 6, 7, 0, 0, 0, 0}};
int graph[10];
char mapp[MAXN][MAXN];
int sul[][2] = {0, 1, 1, 0, 1, 3, 3, 1, 4, 0, 4, 3, 6, 1};
bool judge(int x, int y) {
return mapp[x][y] == 'X';
}
void init() {
for (int i = 0; i < 10; i++) {
for (int j = 0; j < 10; j++) {
if (res[i][j]) {
graph[i] += (1 << res[i][j]);
}
}
}
}
int getAns(int l) {
int ans = 0;
for (int i = 0; i < 7; i++) {
if (judge(sul[i][0], sul[i][1] + l)) {
ans += (1 << (i + 1));
}
}
for (int i = 0; i < 10; i++) {
if (graph[i] == ans) {
return i;
}
}
}
int main() {
int T;
scanf("%d", &T);
getchar();
init();
while (T--) {
for (int i = 0; i < 7; i++) {
scanf("%s", &mapp[i]);
}
printf("%d%d:%d%d\n", getAns(0), getAns(5), getAns(12), getAns(17));
}
}
##Wavel Sequence##
题意：
给两个序列a，b，需要你找出这两个序列中的公共子序列，且这个公共序列需要成波浪状。
也就是需要新创造出来的c序列满足c1<c2>c3<c4>...cnc_1 < c_2 > c_3 < c_4 > ... c_nc1<c2>c3<c4>...cn
必须以谷底开头，可以以谷峰或者谷底结束
思路：
其实很容易看出来是dp，状态也很好找出来
当a[i] == b[j]时
对于到了a串i点，b串j点，为谷峰的情况数为dp[i][j][1]=∑k=0i∑l=0jdp[k][l][0]dp[i][j][1] = \sum_{k = 0}^{i}\sum_{l= 0}^{j}dp[k][l][0]dp[i][j][1]=∑k=0i∑l=0jdp[k][l][0]
对于到了a串i点，b串j点，为谷底的情况数为dp[i][j][0]=∑k=0i∑l=0jdp[k][l][1]dp[i][j][0] = \sum_{k = 0}^{i}\sum_{l= 0}^{j}dp[k][l][1]dp[i][j][0]=∑k=0i∑l=0jdp[k][l][1]
但是这个时间复杂度是n2∗m2n^2*m^2n2∗m2是远远不够的。我们需要优化一下
对于a[i] == b[j]时，若存在某k < i && l < j 满足 a[k] == b[l] 那么从1→i1 \rightarrow i1→i 和 1→j1 \rightarrow j1→j
的数肯定已经统计过了。我们只需要统计∑p=k+1i∑p=l+1j\sum_{p = k + 1}^{i}\sum_{p = l + 1}^{j}∑p=k+1i∑p=l+1j
那么我们只需要用两个数组进行前缀和，直接获取答案即可。
而且我们可以减少一个维度。
只对dp[j][0]和dp[j][1]进行dp。 因为i和j不会相互影响，且外层枚举了i，无论i到哪里都可以把i当成固定的。
然后再用sum[j][0]和sum[j][1]分别表示，b串到第j位时，为谷底/谷峰已经有了多少种情况。
然后对于当前a[i]如果b[j]比他大，那么他一定是从b[j]往前的谷峰来的，反之同理。
#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 2005
#define MOD 998244353
#define ll long long
using namespace std;
int a[MAXN], b[MAXN];
int sum[MAXN][2];
int dp[MAXN][2];
int main() {
int T, n, m;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
memset(sum, 0, sizeof(sum));
memset(dp, 0, sizeof(dp));
scanf("%d %d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &a[i]);
}
for (int i = 1; i <= m; i++) {
scanf("%d", &b[i]);
}
ll cnt1, cnt0, ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cnt0 = 0, cnt1 = 1; //cnt0记录从谷峰来的，cnt1记录从谷底来的
for (int j = 1; j <= m; j++) {
dp[j][0] = dp[j][1] = 0;
if (a[i] == b[j]) {
dp[j][0] += cnt1;
dp[j][1] += cnt0;
(ans += (cnt1 + cnt0)) %= MOD;
} else if (a[i] > b[j]) {
(cnt0 += sum[j][0]) %= MOD;
} else {
(cnt1 += sum[j][1]) %= MOD;
}
}
for (int j = 1; j <= m; j++) {
(sum[j][0] += dp[j][0]) %= MOD;
(sum[j][1] += dp[j][1]) %= MOD;
}
}
printf("%lld\n", ans);
}
}
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