(刷题记录)CF1228A,B,C,D

A题：A - Distinct Digits *800
题目大意：给你两个数，l和r，问你在l到r之间的数中存不存在每个数字都不相同的数，存在输出这个数，不存在输出-1
思路：暴力就完事

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2e5+10;
int a[maxn],dp[maxn][5];
int main()
{
    int a,b;
    cin>>a>>b;
    int to[11];
    for(int i=a;i<=b;i++)
    {
        memset(to,0,sizeof(to));
        int x=i;
        while(x)
        {
            to[x%10]++;
            if(to[x%10]>1)break;
            x/=10;
        }
        if(x==0)
        {
            cout<<i<<endl;
            return 0;
        }
    }
    puts("-1");
    return 0;
}

B题：B - Filling the Grid *1300
思路：每一列向下cj个连续黑块后一定有一个白块，每一行向右连续ri个黑块后一定有一个白块，把一定有的白块特别标记为-1，把黑块标记为1剩下的自由的块记为0，若存在答案，答案即为2的自由的块数次方对mod取模（因为自由块必是黑或白）。在标记过程中，碰到-1的块就是存在冲突，在标记-1块时，若待标记块已经被标黑则冲突，有冲突表示没有答案输出0.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1010;
int mp[maxn][maxn];
const int mod=1e9+7;
int main()
{
    int n,m,x,f=0;
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>x;
        for(int j=1;j<=x;j++)mp[i][j]=1;
        mp[i][x+1]=-1;
    }
    for(int j=1;j<=m;j++)
    {
        cin>>x;
        for(int i=1;i<=x;i++)
        {
            if(mp[i][j]==-1)f=1;
            mp[i][j]=1;
        }
        x++;
        if(mp[x][j]==1)f=1;
        else mp[x][j]=-1;
    }
    int sum=0;
    if(f)
    {
        cout<<0<<endl;
        return 0;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=m;j++)
        {
            if(mp[i][j]==0)sum++;
        }
    }
    long long int  ans=1;
    for(int i=1;i<=sum;i++)
    {
        ans*=2;
        ans%=mod;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

C题：C - Primes and Multiplication 1600
数学题，思路：先把x的所有的质因子求出来。然后再用N除以它的每个质因子，例如1-N个数里面有N/2个数能被2整除，则这些数都存在2的一次的因子，剩下的N/2个数再/2表示有N/2/2个数存在2的2次这个因子。除到最后加起来表示1-N个数总共可以被2分解t次，（t=N/2+N/2/2+…），然后再处理下一个质因子。最后答案就是第一个质因子的t次方第二个质因子对应的t次方…

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long int ll;
const int mod=1e9+7;
vector<int> e;
void prime(ll x)
{
    ll tmp=x;
    for(int i=2;i*i<=tmp;i++)
    {
        if(x%i==0)
        {
            e.push_back(i);
            while(x%i==0 && x>0)
            {
                x/=i;
            }
        }
    }
    if(x>1)e.push_back(x);
}
ll qp(ll x,ll c)
{
    ll ans=1;
    ll tmp=x;
    while(c)
    {
        if(c&1)
        {
            ans*=tmp;
            ans%=mod;
        }
        tmp=tmp*tmp%mod;
        c>>=1;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    ll x,n,ans=1;
    cin>>x>>n;
    prime(x);
    for(int i=0;i<e.size();i++)
    {
        ll tmp=n,t=0;
        while(tmp)
        {
            t+=tmp/e[i];
            tmp/=e[i];
        }
        ans=ans*qp(e[i],t)%mod;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

D题：D - Complete Tripartite *1800
题目大意：给你一堆点一堆边，问你能不能分成一个三分图，每个部分的点都能连到另外连个部分的任意一个点
思路：正常思路是染色，先随便找一个点分到第一部分，然后把没有和它有直线连接的点都加到第二部分，然后再处理第二部分，第二部分随便找一个点，把没有和它直接相连的点全部弄成真的第二部分，剩下的如果不是第一部分的点加到第三部分，染完色再证明一下，每个点到其他部分每个点是不是有边连接，每一部分存不存在点与点之间有边的。
但是我在CF上发现有个很神奇的操作，用vector把和每个点有连线的点记录下来，然后每个不同的连线点集进行map赋值，如果给的图能按照要求分组，则不同的点集数量一定是三个，1的点部分对应2，3部分的点集是相同的，同理2对应1，3的点集也是相同的。如果正好三个点集，输出点对应的点集编号，不然输出-1

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=3e5+10;
vector<int> e[maxn];
map<vector<int>,int> mp;
int main()
{
    int n,m,x,y;
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        cin>>x>>y;
        e[x].push_back(y);
        e[y].push_back(x);
    }
    int cnt=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(e[i].size()==0)
        {
            puts("-1");
            return 0;
        }
        sort(e[i].begin(),e[i].end());
        if(!mp[e[i]])mp[e[i]]=++cnt;
    }
    if(cnt!=3)puts("-1");
    else
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            cout<<mp[e[i]]<<" ";
        }
    return 0;
}