【并查集】Gym101840E Evaluations

最新推荐文章于 2024-12-22 02:07:15 发布

Toooooocold

最新推荐文章于 2024-12-22 02:07:15 发布

阅读量337

点赞数

CC 4.0 BY-SA版权

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/qq_32506797/article/details/84577001

本文介绍了如何使用并查集解决埃及大学生编程竞赛2017年的问题，该问题涉及到一棵含有10^5节点的树，求解树上路径边权乘积为两个不同质数的路径数量。通过将所有与1相连的节点合并，简化问题，发现答案由两种情况构成：相邻边权是不同质数，或单边权即为两个质数的乘积。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

$S o u c e :$ Egyptian Collegiate Programming Contest 2017 (ACM ECPC 2017)
$P r o b l e m :$
给一颗1e5的树。树上路径定义为两点之间所有连边的边权的乘积。1<=边权<=1e5。
问有多少条路径刚好是两个不同质数的乘积。
$I d e a :$
由于1很特殊，对所有1相连的点都用并查集缩点，重新建树，发现答案只有两种，相邻两条边为不同素数的，或者一条边本身就是两个素数乘积的。
$C o d e :$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define I inline
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define ALL(X) (X).begin(), (X).end()
#define CLR(A, X) memset(A, X, sizeof(A))
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int, int> PII;

const int N = 1e5+10;

bool prime[N], ok[N];
void init() {
    for(int i = 2; i < N; i++) {
        prime[i] = !prime[i];
        if(prime[i]) for(int j = i+i; j < N; j += i) prime[j] = 1;
        else {
            int m = sqrt(i+0.5);
            for(int j = 2; j <= m; j++) if(prime[j] && i%j==0) {
                if(prime[i/j] && i!=i/j) { ok[i] = 1; break; }
            }
        }
    }
}

int p[N], sz[N], cnt[N];
struct Edge { int u, v, w; };
vector<Edge> e;
vector<PII> G[N];

int find(int x) { return x==p[x]?x:p[x]=find(p[x]); }

I void work() {
    int n; scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++) G[i].clear(), p[i] = i, sz[i] = 1;
    e.clear();
    for(int i = 1; i < n; i++) {
        int u, v, w; scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
        if(w == 1) {
            u = find(u); v = find(v);
            p[v] = u; sz[u] += sz[v];
        }
        else e.pb({u, v, w});
    }
    for(Edge t:e) {
        int u = find(t.u), v = find(t.v), w = t.w;
        G[u].pb({v, w}); G[v].pb({u, w});
    }
    LL ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        LL sum = 0;
        for(PII t:G[i]) {
            int v = t.fi, w = t.se;
            if(ok[w]) ans += 1LL*sz[i]*sz[v];
            else if(prime[w]) {
                sum += sz[v];
                cnt[w] += sz[v];
                ans += 2LL*(sum-cnt[w])*sz[v];
            }
        }
        for(PII t:G[i]) {
            int v = t.fi, w = t.se;
            if(prime[w]) cnt[w] -= sz[v];
        }
    }
    static int cas = 0;
    printf("Case %d: %lld\n", ++cas, ans/2);
}

int main() {
    if(fopen("evaluations.in", "r"))
        freopen("evaluations.in", "r", stdin);
    init();
    int X; scanf("%d", &X);
    while(X--) work();
    return 0;
}