The 2014 ACM-ICPC Asia Anshan Regional Contest

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转载最新推荐文章于 2026-05-26 12:39:43 发布 293 阅读 AI 写同款· GEO 优化 ›

A题 - Twelve Months

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C题 - Coprime

三角形同色模型。假设有n个元素，每两个元素间都存在两种不同的关系A和B。现在要求找出所有三元组，使得它们两两间均为关系A或关系B，总共有多少种可能。

解决：反过来想，我们可以先找出不符合的关系数，那么问题就变为找关系即存在A又存在B的元组。我们先遍历所有元素，假如和该元素符合A关系的元素数目为$a$，符合B关系的元素数目为$b$，那么这个元素对答案有的贡献。对于每个符合的关系$(a_{i}, a_{j}, a_{k})$如果被算进了贡献，我们把每个关系看成一条边，那么有且只有两条边是相同的，这两条边的公共点不会对答案做出贡献，但另外两个点必会对答案做出贡献，所以上面我们提到的关系$(a_{i}, a_{j}, a_{k})$其实被两个元素用到，所以最后的贡献我们要除2。至于其他细节就很套路了。

代码：

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
using namespace std;

const int M = 1e3 + 5;
const int N = 1e5 + 5;

typedef long long ll;

int prime[N];
bool vis[N];
int cn = 0;

void init() {
  for(int i = 2; i < M; ++ i) {
    if(!vis[i]) prime[cn ++] = i;
    for(int j = 0; j < cn && i * prime[j] < M; ++ j) {
      vis[i * prime[j]] = 1;
      if(i % prime[j] == 0) break;
    }
  }
}

int gcd(int x, int y) {
  return y == 0 ? x : gcd(y, x % y);
}

int num[N];
int fac[N][10];
int facn[N];
int a[N];

void getfac(int p, int x) {
  facn[p] = 0;
  for(int i = 0; i < cn; ++ i) {
    if(x < prime[i]) break;
    if(x % prime[i] == 0) {
      fac[p][facn[p] ++] = prime[i];
      while(x % prime[i] == 0)
        x /= prime[i];
    }
    if(x == 1) break;
  }
  if(x != 1) fac[p][facn[p] ++] = x;
  return ;
}

void getnum() {
  for(int i = 2; i < N; ++ i)
    for(int j = i + i; j < N; j += i)
      num[i] += num[j];
}

int RC(int p) {
  int res = 0;
  int lim = (1<<facn[p]);
  for(int i = 1; i < lim; ++ i) {
    int mul = 1, p1 = 0;
    for(int k = 0; k < facn[p]; ++ k) {
      if(i & (1<<k)) {
        mul *= fac[p][k]; ++ p1;
      }
    }
    if(p1&1) res += num[mul]-1;
    else res -= num[mul]-1;
  }
  return res;
}

int main() {
  //clock_t t = clock();
  int T;
  init();
  scanf("%d", &T);
  while(T --) {
    int n, maxs = 1;
    scanf("%d", &n);
    memset(num, 0, sizeof(num));
    for(int i = 0; i < n; ++ i) {
      scanf("%d", a + i);
      num[a[i]] ++;
      getfac(i, a[i]);
      //maxs = max(maxs, a[i]);
    }
    getnum();
    ll pr = 0;
    for(int i = 0; i < n; ++ i) {
      int res = RC(i);
      pr += 1ll * res * (n - res - 1);
    }
    pr /= 2;
    printf("%I64d\n", 1ll*n*(n-1)*(n-2)/6 - pr);
  }
  //cout << clock()-t << "MS" << endl;
  return 0;
}

View Code

D题 - Galaxy

带权中位数？因为权值都为1，我们直接一个区间一个区间地枚举即可，$O(1)$转移没问题。

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代码：

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 
 4 typedef long long ll;
 5 
 6 const int N = 8;
 7 const int M = 2000 + 5;
 8 const ll MOD = 1e9 + 7;
 9 
10 char mp[N+5][N+5];
11 
12 int pw[N+1][N+1];
13 ll dp[N+1][M];
14 int bar[N+1];
15 
16 void init()
17 {
18   for(int i = 1; i <= N; ++ i) {
19     pw[i][0] = 1;
20     for(int j = 1; j <= N; ++ j)
21       pw[i][j] = pw[i][j-1] * i;
22   }
23 }
24 
25 int getp(int s, int b, int i)
26 {
27   return s / pw[b][i] % b;
28 }
29 
30 int putp(int s, int b, int i, int val)
31 {
32   int tmp = s % pw[b][i];
33   return (s / pw[b][i+1] * b + val) * pw[b][i] + tmp;
34 }
35 
36 int main()
37 {
38   //freopen("in", "r", stdin);
39   int T;
40   init();
41   scanf("%d", &T);
42   while(T --) {
43     int n, ba = 1;
44     scanf("%d", &n);
45     for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
46       scanf("%s", mp[i]);
47       bar[i] = 0;
48       for(int j = 0; j < n; ++ j)
49         if(mp[i][j] == '*') {
50           ba = 0; bar[i] |= (1 << j);
51         }
52     }
53     printf("1\n");
54     ll pre = 1, ans = 0;
55     for(int d = 2; d <= n; ++ d) {
56       int lim = pw[d][n-d+1];
57       memset(dp, 0, sizeof(dp));
58       dp[0][0] = 1;
59       for(int i = 0; i < n; ++ i) {
60         for(int si = 0; si < lim; ++ si) {
61           for(int s = 0; s < (1<<n); ++ s) {
62             if(s & bar[i+1]) continue;
63             int nsta = 0, ok = 1;
64             for(int j = 0; j < n-d+1; ++ j) {
65               int np = getp(si, d, j);
66               int tmp = (1<<j+d)-(1<<j);
67               if((s & tmp) == tmp) np ++;
68               else np = 0;
69               if(np == d) { ok = 0; break; }
70               nsta = putp(nsta, d, j, np);
71             }
72             if(!ok) continue;
73             dp[i+1][nsta] = (dp[i+1][nsta] + dp[i][si]) % MOD;
74           }
75         }
76       }
77       ans = 0;
78       for(int si = 0; si < lim; ++ si)
79         ans = (ans + dp[n][si]) % MOD;
80       printf("%lld\n", (ans - pre + MOD) % MOD);
81       pre = ans;
82     }
83     printf("%d\n", ba);
84   }
85   return 0;
86 }