本文解析了Codeforces Round #534 (Div.1)的四道题目，包括Grid Game、Game with modulo、Johnny Solving和Professional Layer。文章分享了解题思路、算法实现及代码细节。
Codeforces Round #534 (Div. 1)
hahahaha我竟然没掉好高兴啊hahahaha
A - Grid game
我刚开始的时候想把上面两行放竖着的，下面两行放横着的，刚准备交，突然觉得没那么简单，如果一列的话也能消掉，怎么办啊我是智障！！！
然后才发现把下面的一行不放不就好了。。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char gc() {
// static char buf[100000],*p1,*p2;
// return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin))?EOF:*p1++;
return getchar();
}
template<class T>
int read(T &ans) {
T f=1;ans=0;
char ch=gc();
while(!isdigit(ch)) {
if(ch==EOF) return EOF;
if(ch=='-') f=-1;
ch=gc();
}
while(isdigit(ch))
ans=ans*10+ch-'0',ch=gc();
ans*=f;return 1;
}
template<class T1,class T2>
int read(T1 &a,T2 &b) {
return read(a)==EOF?EOF:read(b);
}
template<class T1,class T2,class T3>
int read(T1 &a,T2 &b,T3 &c) {
return read(a,b)==EOF?EOF:read(c);
}
typedef long long ll;
const int Maxn=1100000;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll mod=998244353;
int vx[2][4]= {{1,1,1,1},{3,3,4,4}};
int vy[2][4]= {{1,2,3,4},{1,3,1,3}};
char s[Maxn];
int main() {
scanf("%s",s);
int n=strlen(s);
int c0=0,c1=0;
for(int i=0;i<n;i++)
if(s[i]=='0') {
printf("%d %d\n",vx[0][c0],vy[0][c0]);
c0=(c0+1)%4;
}
else {
printf("%d %d\n",vx[1][c1],vy[1][c1]);
c1=(c1+1)%2;
}
return 0;
}B - Game with modulo
想了半天。
首先，如果模数为1，那么可以一次判断出来。
然后，如果\(x\ \text{mod}\ a<2x\ \text{mod}\ a\)，那么一定有\(a<2x\)，那么就可以倍增了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char gc() {
// static char buf[100000],*p1,*p2;
// return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin))?EOF:*p1++;
return getchar();
}
template<class T>
int read(T &ans) {
T f=1;ans=0;
char ch=gc();
while(!isdigit(ch)) {
if(ch==EOF) return EOF;
if(ch=='-') f=-1;
ch=gc();
}
while(isdigit(ch))
ans=ans*10+ch-'0',ch=gc();
ans*=f;return 1;
}
template<class T1,class T2>
int read(T1 &a,T2 &b) {
return read(a)==EOF?EOF:read(b);
}
template<class T1,class T2,class T3>
int read(T1 &a,T2 &b,T3 &c) {
return read(a,b)==EOF?EOF:read(c);
}
typedef long long ll;
const int Maxn=1100000;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll mod=998244353;
int vx[2][4]= {{1,1,1,1},{3,3,4,4}};
int vy[2][4]= {{1,2,3,4},{1,3,1,3}};
char s[Maxn];
int main() {
scanf("%s",s);
while(s[0]=='s') {
int temp=1;
printf("? 0 1\n");
fflush(stdout);
scanf("%s",s);
if(s[0]=='y') {
for(;temp<=1000000000;temp<<=1) {
printf("? %d %d\n",temp,temp<<1);
fflush(stdout);
scanf("%s",s);
if(s[0]=='x') break;
}
for(int i=temp>>1;i;i>>=1) {
printf("? %d %d\n",temp,temp+i);
fflush(stdout);
scanf("%s",s);
if(s[0]=='x') continue;
temp+=i;
}
temp++;
}
printf("! %d\n",temp);
fflush(stdout);
scanf("%s",s);
}
return 0;
}C - Johnny Solving
首先构造一颗dfs树，如果树高大于等于n/k，那么直接输出路径即可。否则这棵树至少有k个叶子。
因为每个点度数至少为3，那么每一个叶子至少有两条返祖边。所以对于每一个叶子都至少能找到三个与它直接相连的祖先，按照深度依次记为i,j,k。
如果\(d_{i,j}\%3==1\)，那么这个环长度就是三的倍数，对于j,k同理。那么如果\(d_{i,j}\%3==1\text{且}d_{j,k}\%3==1\)，就有\(d_{i,k}\%3==2\)，所以一定能够找到不是三的倍数的环。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cctype>
#define qmin(x,y) (x=min(x,y))
#define qmax(x,y) (x=max(x,y))
#define vic vector<int>
#define vit vic::iterator
#define pir pair<int,int>
#define fr first
#define sc second
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define rsort(x,y) sort(x,y),reverse(x,y)
using namespace std;
inline char gc() {
// static char buf[100000],*p1,*p2;
// return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
return getchar();
}
template<class T>
int read(T &ans) {
ans=0;char ch=gc();T f=1;
while(!isdigit(ch)) {
if(ch==EOF) return -1;
if(ch=='-') f=-1;
ch=gc();
}
while(isdigit(ch))
ans=ans*10+ch-'0',ch=gc();
ans*=f;return 1;
}
template<class T1,class T2>
int read(T1 &a,T2 &b) {
return read(a)!=EOF&&read(b)!=EOF?2:EOF;
}
template<class T1,class T2,class T3>
int read(T1 &a,T2 &b,T3 &c) {
return read(a,b)!=EOF&&read(c)!=EOF?3:EOF;
}
typedef long long ll;
const int Maxn=1100000;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int to[Maxn],nxt[Maxn],first[Maxn],tot=1;
int bj[Maxn],dep[Maxn],f[Maxn],a[4];
int n,m,u,v,depmax,pos,k,cnt;
inline void add(int u,int v) {
to[tot]=v;
nxt[tot]=first[u];
first[u]=tot++;
to[tot]=u;
nxt[tot]=first[v];
first[v]=tot++;
}
void dfs(int root) {
if(dep[root]>depmax) {
depmax=dep[root];
pos=root;
}
for(int i=first[root];i;i=nxt[i]) if(!dep[to[i]]) {
f[to[i]]=root;
dep[to[i]]=dep[root]+1;
dfs(to[i]);
}
}
signed main() {
// freopen("test.in","r",stdin);
read(n,m,k);
for(int i=1;i<=m;i++) {
read(u,v);
add(u,v);
} dep[1]=1;
dfs(1);
if(depmax>=n/k) {
puts("PATH");
printf("%d\n",dep[pos]);
for(int i=pos;i;i=f[i]) printf("%d ",i);
}
else {
puts("CYCLES");
for(int i=1;i<=n;i++) bj[f[i]]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) if(!bj[i]) {
cnt++;
int num=0;
for(int j=first[i];j;j=nxt[j]) {
a[++num]=to[j];
if(num==3) break;
}
int x,y;
if(dep[a[2]]>dep[a[1]]) swap(a[1],a[2]);
if(dep[a[3]]>dep[a[2]]) swap(a[2],a[3]);
if(dep[a[2]]>dep[a[1]]) swap(a[1],a[2]);
if((dep[a[1]]-dep[a[2]])%3!=1) {
x=a[1],y=a[2];
printf("%d\n%d %d",dep[a[1]]-dep[a[2]]+2,i,a[1]);
}
else if((dep[a[2]]-dep[a[3]])%3!=1) {
x=a[2],y=a[3];
printf("%d\n%d %d",dep[a[2]]-dep[a[3]]+2,i,a[2]);
}
else {
x=a[1],y=a[3];
printf("%d\n%d %d",dep[a[1]]-dep[a[3]]+2,i,a[1]);
}
do {
x=f[x];
printf(" %d",x);
} while(x!=y);
putchar('\n');
if(cnt==k) break;
}
}
return 0;
}D - Professional layer
首先求出所有数的gcd，然后分解质因数，质因数的个数不超过11个，记为m。
然后将每一个\(a_i\)只保留gcd分解出的质因数这些质因数，那么不同的\(a_i\)不会很多，记为M，实际上只有大约1w个。
对于每一种数，显然只要保留最小的m个数即可，因为不可能选超过m个数，其他的不会影响答案。
然后考虑对于每一个子集，显然对于这个子集，影响答案的还是最小的能够选出这个子集的m个数，那么对于每一个数都记下会影响答案的子集，然后对于每个数进行DP，这样保证每个数之多被选一次。这个过程其实就是枚举子集，那么这个复杂度就是\(O(mM2^m+m^23^m)\)。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cctype>
#include<map>
#define qmin(x,y) (x=min(x,y))
#define qmax(x,y) (x=max(x,y))
#define vic vector<int>
#define vit vic::iterator
#define pir pair<int,int>
#define fr first
#define sc second
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define rsort(x,y) sort(x,y),reverse(x,y)
using namespace std;
inline char gc() {
// static char buf[100000],*p1,*p2;
// return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
return getchar();
}
template<class T>
int read(T &ans) {
ans=0;char ch=gc();T f=1;
while(!isdigit(ch)) {
if(ch==EOF) return -1;
if(ch=='-') f=-1;
ch=gc();
}
while(isdigit(ch))
ans=ans*10+ch-'0',ch=gc();
ans*=f;return 1;
}
template<class T1,class T2>
int read(T1 &a,T2 &b) {
return read(a)!=EOF&&read(b)!=EOF?2:EOF;
}
template<class T1,class T2,class T3>
int read(T1 &a,T2 &b,T3 &c) {
return read(a,b)!=EOF&&read(c)!=EOF?3:EOF;
}
typedef long long ll;
const int Maxn=1100000;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n,tot,l[Maxn],bj[Maxn];
ll c[Maxn],K,ans=0x3f3f3f3f3f3f3f,f[12][2100],g[12][2100],d[Maxn];
pair<ll,ll> a[Maxn];
vector<int> v[Maxn/10];
ll gcd(ll x,ll y) {
return y?gcd(y,x%y):x;
}
signed main() {
// freopen("test.in","r",stdin);
read(n,K);
for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i].fr);
for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i].sc);
sort(a+1,a+n+1,[&](pair<ll,ll> a,pair<ll,ll> b) {
return a.sc<b.sc;
});
ll gg=a[1].fr;
for(int i=2;i<=n;i++) gg=gcd(gg,a[i].fr);
if(gg==1) return 0*puts("0");
for(ll i=2;i*i<=gg;i++) if(gg%i==0) {
c[++tot]=i;
while(gg%i==0) gg/=i;
}
if(gg!=1) c[++tot]=gg;
for(int i=1;i<=n;i++) {
ll x=1;
for(int j=1;j<=tot;j++) while(a[i].fr%c[j]==0) x*=c[j],a[i].fr/=c[j];
a[i].fr=x;
}
int cnt=0; map<ll,int> ma; int num=0;
for(int i=1;i<=n;i++) {
if(!ma[a[i].fr]) d[++cnt]=a[i].fr,a[i].fr=ma[a[i].fr]=cnt;
else a[i].fr=ma[a[i].fr];
if(l[a[i].fr]!=tot) l[a[i].fr]++,a[++num]=a[i];
}
n=num;
int ed=1<<tot;
for(int i=0;i<=tot;i++)
for(int j=0;j<ed;j++) f[i][j]=0x3f3f3f3f3f3f3f;
f[0][0]=0;
for(int i=1;i<ed;i++) {
int temp=0;
for(int j=1;j<=cnt;j++) {
ll x=1,y=d[j];
for(int k=1,temp=1;k<=tot;k++,temp<<=1) if(i&temp)
while(y%c[k]==0) x*=c[k],y/=c[k];
bj[j]=x<=K;
}
for(int j=1;j<=n;j++) if(bj[a[j].fr]) {
v[j].push_back(i);
temp++;
if(temp==tot) break;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) {
memcpy(g,f,sizeof(g));
for(auto j:v[i]) {
int s=(ed-1)^j;
for(int k=s;;k=(k-1)&s) {
for(int l=tot-1;l>=0;l--) qmin(f[l+1][k|j],g[l][k]+a[i].sc);
if(!k) break;
}
}
}
for(int i=1;i<=tot;i++) qmin(ans,f[i][ed-1]*i);
if(ans==0x3f3f3f3f3f3f3f) puts("-1");
else printf("%I64d\n",ans);
return 0;
}
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