[HZOI]CSP-S模拟33
CSP-S模拟33
今天是挂分场，总计挂分 132 tps。。。
T1：Divisors
大简单题。
这里粘一个结论，然后直接暴力做就行了。
$ [1,1e5] 内 因子个数max = 128 (83160) $
$ [1,1e6] 内 因子个数max = 240 (720720) $
$ [1,1e7] 内 因子个数max = 448 (8648640) $
$ [1,1e8] 内 因子个数max = 768 (73513440) $
$ [1,1e18] 内 因子个数max = 1e5 $
然后直接做就可以了，有了上边的结论就不用担心时间复杂度有问题了。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define Blue_Archive return 0
#define con putchar_unlocked(' ')
#define ent putchar_unlocked('\n')
using namespace std;
constexpr int N = 2e3 + 3;
constexpr int M = 1e5 + 7;
constexpr int INF = 1e18;
constexpr int mod = 1e9 + 7;
constexpr char me[] = "終末なにしてますか？忙しいですか？救ってもらっていいですか？";
int n;
int m;
int cnt;
int top;
int sum;
int t[N];
int a[N];
int pri[M];
int tim[15];
int vec[15];
bool st[M];
vector<int> yz[N];
unordered_map<int,int> mp;
inline int read()
{
int k = 0,f = 1;
char c = getchar_unlocked();
while(c < '0' || c > '9')
{
if(c == '-') f = -1;
c = getchar_unlocked();
}
while(c >= '0' && c <= '9') k = (k << 3) + (k << 1) + c - '0',c = getchar_unlocked();
return k * f;
}
inline void write(int x)
{
if(x < 0) putchar_unlocked('-'),x = -x;
if(x > 9) write(x / 10);
putchar_unlocked(x % 10 + '0');
}
inline void init(int up)
{
for(int i = 2;i <= up;i ++)
{
if(!st[i]) pri[++ cnt] = i;
for(int j = 1;pri[j] * i <= up && j <= cnt;j ++)
{
st[i * pri[j]] = 1;
if(i % pri[j] == 0) break;
}
}
}
inline void dfs(int x,int up,int res)
{
if(res > n) return;
if(x == up)
{
mp[res] ++;
return;
}
for(int i = 0,op = 1;i <= tim[x];i ++)
{
dfs(x + 1,up,res * op);
op *= vec[x];
}
}
inline void work(int x)
{
top = 0;
for(int i = 1;pri[i] * pri[i] <= x;i ++)
{
if(x % pri[i] == 0)
{
vec[++ top] = pri[i];
tim[top] = 0;
while(x % pri[i] == 0) x /= pri[i],tim[top] ++;
}
}
if(x > 1) vec[++ top] = x,tim[top] = 1;
dfs(1,top + 1,1);
}
signed main()
{
freopen("div.in","r",stdin);freopen("div.out","w",stdout);
// freopen("data.in","r",stdin);freopen("data.out","w",stdout);
n = read();
m = read();
init(M - 7);
for(int i = 1;i <= m;i ++)
{
a[i] = read();
work(a[i]);
}
for(auto op : mp)
{
if(op.second)
{
t[op.second] ++;
sum ++;
}
}
write(n - sum),ent;
for(int i = 1;i <= m;i ++) write(t[i]),ent;
Blue_Archive;
}
/*
10 3
4 6 7
0 : 5 8 9 10
1 : 3 4 6 7
2 : 2
3 : 1
*/
T2: Market
因为看错数据范围导致狂挂 60 tps，难蚌！
首先因为加了时间的限制，所以将超市按营业时间从小到大排序是一定的。
因为考虑到价值的和仅仅为 \(9e4\) 而体积是 \(1e9\) 级别的。（注意！这俩玩意而不是同阶的）
所以很容易想到改变传统背包 DP 的定义。
考虑求在一段时间内的价格为定值的最小体积。对于每次查询先二分其合法的时间，再二分最大的价格即可。
\(dp_{i,j}\) 表示在按时间排序后的第 \(i\) 个超市开门前，价值为 \(j\) 的最小体积。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define Blue_Archive return 0
#define con putchar_unlocked(' ')
#define ent putchar_unlocked('\n')
using namespace std;
constexpr int N = 3e2 + 3;
constexpr int M = 9e4 + 3;
constexpr int INF = 123456789;
constexpr int mod = 1e9 + 7;
constexpr char me[] = "終末なにしてますか？忙しいですか？救ってもらっていいですか？";
int n;
int m;
int VV;
int ans;
int mn[N][M];
int dp[N][M];
struct miku
{
int c;
int v;
int t;
}a[N];
inline int read()
{
int k = 0,f = 1;
char c = getchar_unlocked();
while(c < '0' || c > '9')
{
if(c == '-') f = -1;
c = getchar_unlocked();
}
while(c >= '0' && c <= '9') k = (k << 3) + (k << 1) + c - '0',c = getchar_unlocked();
return k * f;
}
inline void write(int x)
{
if(x < 0) putchar_unlocked('-'),x = -x;
if(x > 9) write(x / 10);
putchar_unlocked(x % 10 + '0');
}
inline int find(int val)
{
int l = 1,r = n,mid,res = 0;
while(l <= r)
{
mid = (l + r) >> 1;
if(a[mid].t <= val) l = mid + 1,res = mid;
else r = mid - 1;
}
return res;
}
inline int find_val(int pos,int V)
{
int l = 1,r = VV,mid,res = 0;
while(l <= r)
{
mid = (l + r) >> 1;
if(dp[pos][mid] <= V) l = mid + 1,res = mid;
else r = mid - 1;
}
return res;
}
signed main()
{
freopen("market.in","r",stdin);freopen("market.out","w",stdout);
// freopen("data.in","r",stdin);freopen("data.out","w",stdout);
n = read();
m = read();
for(int i = 1;i <= n;i ++)
{
a[i].c = read(); // ti ji
a[i].v = read(); // jia zhi
a[i].t = read(); // shi jian
VV += a[i].v;
}
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
sort(a + 1,a + n + 1,[](miku a,miku b){return a.t < b.t;});
dp[0][0] = 0;
for(int i = 1;i <= n;i ++)
{
dp[i][0] = 0;
for(int j = VV;j >= a[i].v;j --)
{
dp[i][j] = min(dp[i - 1][j],dp[i - 1][j - a[i].v] + a[i].c);
}
for(int j = 0;j < a[i].v;j ++) dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i - 1][j]);
}
for(int i = 1;i <= n;i ++)
{
for(int j = VV;j >= 0;j --)
{
dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i][j + 1]);
}
}
for(int i = 1,t,V,pos;i <= m;i ++)
{
t = read();
V = read();
pos = find(t);
write(find_val(pos,V));ent;
}
Blue_Archive;
}
T3:连通性
大困难题，场上因为打表抄错了，导致又挂了 35 tps。唉。
很容易可以将问题转化为：对于 \([n - m + 1,n]\) 区间中的点，不存在其相连的不属于该集合的点集的连通块有连边的情况。
首先考虑一下部分分。
对于 \(n == m\) 的情况，我们要考虑到实际上就是把 \([1,n]\) 分成若干个强联通块，答案就是贝尔数的第 \(n\) 项。（这个神秘贝尔数赛后才知道）
对于 \(m == 1\) 的情况，我们只需要考虑一个点。枚举其所有的连边情况，然后对于每种连边需要保证与其相连的连通块中的 \([1,n - m]\) 中的点是互相相连的。
然后我就不会了。。。
赛时考虑到这儿已经挺逼近正解了，只是实在想不到了。。。
然后对着题解狂贺。
考虑到一种 \(dp_{i,j}\)，为 $ n == i 并且 m == j$ 时的答案。
考虑枚举所有点的连通块来容斥一下。
然后分别考虑 \([1,i - j]\) 的点所处连通块与 \([i - j + 1,i]\) 的点所处的连通块。
然后疯狂推柿子。
首先对于只有后者，柿子还挺显然的:
\(dp_{i,j} = \sum_{k = 1}^m dp_{i - k,j - i} C(j - 1,k - 1)\)。（就是枚举连通块的大小，在取一下组合数）。
然而考虑加上前者就不好搞了。。。
首先定义一个数组 \(h\)。
定义 \(h_i = 2^{i(i - 1) / 2}\)。
然后在钦定一个数组 \(g\)。表示不连通的个数（容斥一下）（不太明白）
\(g_I = h_i - \sum_{j = 1}^{n - 1} g_j h_{i - j} C(i - 1,j - 1)\)。
之后就能推出来添加了 \([1,i - j]\) 后 \([i - j + 1,i]\) 的点所处连通块的贡献了。
然后就有完整柿子了
\(dp_{i,j} = \sum_{k = 1}^j \sum_{s = 1}^{i - j} dp_{i - k - s,j - k} h_k g_s C(j - 1,k - 1) C(i - j,s) (2^s - 1)^k\)
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
#define Blue_Archive return 0
#define con putchar_unlocked(' ')
#define ent putchar_unlocked('\n')
using namespace std;
constexpr int N = 1e2 + 1;
constexpr int mod = 1e9 + 7;
constexpr char me[] = "終末なにしてますか？忙しいですか？救ってもらっていいですか？";
int T;
int n;
int m;
int g[N];
int h[N];
int fac[N];
int inv[N];
int bel[N];
int dp[N][N];
inline int read()
{
int k = 0,f = 1;
char c = getchar_unlocked();
while(c < '0' || c > '9')
{
if(c == '-') f = -1;
c = getchar_unlocked();
}
while(c >= '0' && c <= '9') k = (k << 3) + (k << 1) + c - '0',c = getchar_unlocked();
return k * f;
}
inline void write(int x)
{
if(x < 0) putchar_unlocked('-'),x = -x;
if(x > 9) write(x / 10);
putchar_unlocked(x % 10 + '0');
}
inline int qpow(int a,int b)
{
int res = 1;
while(b)
{
if(b & 1) res = (1ll * res * a) % mod;
a = (1ll * a * a) % mod;
b >>= 1;
}
return res;
}
inline int C(int n,int m)
{
if(n < m) return 0;
return 1ll * fac[n] * inv[n - m] % mod * inv[m] % mod;
}
inline void init()
{
bel[0] = fac[0] = g[0] = h[0] = inv[0] = 1;
for(int i = 1;i <= 100;i ++)
{
fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;
inv[i] = qpow(fac[i],mod - 2);
g[i] = h[i] = qpow(2,(i - 1) * i / 2);
bel[i] = C(i - 1,0);
for(int j = 1;j < i;j ++)
{
g[i] = (g[i] - 1ll * g[j] * h[i - j] % mod * C(i - 1,j - 1) % mod + mod) % mod;
bel[i] = (bel[i] + 1ll * C(i - 1,j) * bel[j] % mod) % mod;
}
}
dp[0][0] = 1;
for(int i = 1;i <= 100;i ++)
{
dp[i][0] = h[i];
dp[i][i] = bel[i];
for(int j = 1;j < i;j ++)
{
for(int k = 1;k <= j;k ++)
{
dp[i][j] = (dp[i][j] + 1ll * dp[i - k][j - k] * C(j - 1,k - 1) % mod) % mod;
for(int s = 1;s <= i - j;s ++)
{
dp[i][j] = (dp[i][j] + 1ll * dp[i - k - s][j - k] * C(j - 1,k - 1) % mod * C(i - j,s) % mod * qpow(qpow(2,s) - 1,k) % mod * h[k] % mod * g[s] % mod) % mod;
}
}
}
}
}
signed main()
{
freopen("connect.in","r",stdin);freopen("connect.out","w",stdout);
// freopen("data.in","r",stdin);freopen("data.out","w",stdout);
T = read();
init();
while(T --)
{
n = read();
m = read();
write(dp[n][m]),ent;
}
Blue_Archive;
}
T4:树
严格简单于 T3，直接输出 0 有 37 tps...（什么不可以总司令？）
很容易可以将问题转化成求被覆盖的路径条数，与剩余的边的个数。
2 的这个和次幂即为答案。
考虑如何去维护。
发现对于每条路径来说，可以从 \(lca\) 将其分成两条，且需要保证两条路径的方向不同。
所以可以将每条边下放到深度大的节点，然后将每个节点分成两个点。
如将节点 \(i\) 分成 \(i\) 和 \(i + n\)。
对于一条边 \(u - v\)
如果连向下的边，就连接 \(u\) 和 \(v\) 与 \(u + n\) 和 \(v + n\)。
反之则连 \(u + n\) 和 \(v\) 与 \(u\) 和 \(v + n\)。
至于怎么用维护这个，直接上并查集就行。
但是如果我们直接暴力跳每条路径，时间复杂度是 \(O(n ^ 2 log_2{n})\) 的。
不能接受，所以我们再上一棵线段树去维护区间的连边情况，就可以做到 \(O(n log_2^2{n})\)。可以通过此题。
其实真的很好想，只是赛时都在凹 T3 去了，没打 T4 ，大悲。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
// #define int long long
// #define ld double
#define lid (id << 1)
#define rid (id << 1 | 1)
#define Blue_Archive return 0
#define con putchar_unlocked(' ')
#define ent putchar_unlocked('\n')
#define add(x,y) to[++ tot] = y,nxt[tot] = h[x],h[x] = tot
using namespace std;
constexpr int N = 3e5 + 3;
constexpr int M = 5e6 + 7;
constexpr int mod = 1e9 + 7;
constexpr char me[] = "終末なにしてますか？忙しいですか？救ってもらっていいですか？";
int T;
int n;
int m;
int cnt;
int tot;
int ans;
int tim;
int a[N];
int b[N];
int h[N];
int f[N << 1];
int fa[N];
int to[M];
int rk[N];
int nxt[M];
int son[N];
int siz[N];
int top[N];
int dfn[N];
int dep[N];
bool tr[N << 2];
inline int read()
{
int k = 0,f = 1;
char c = getchar_unlocked();
while(c < '0' || c > '9')
{
if(c == '-') f = -1;
c = getchar_unlocked();
}
while(c >= '0' && c <= '9') k = (k << 3) + (k << 1) + c - '0',c = getchar_unlocked();
return k * f;
}
inline void write(int x)
{
if(x < 0) putchar_unlocked('-'),x = -x;
if(x > 9) write(x / 10);
putchar_unlocked(x % 10 + '0');
}
inline int qpow(int a,int b)
{
int res = 1;
while(b)
{
if(b & 1) res = (1ll * res * a) % mod;
a = (1ll * a * a) % mod;
b >>= 1;
}
return res;
}
inline int find(int x){return f[x] == x ? x : f[x] = find(f[x]);}
inline void link(int u,int v)
{
u = find(u),v = find(v);
if(u != v) f[u] = v;
}
inline void meg(int u,int v,int op)
{
if(op)
{
link(u,v + n);
link(u + n,v);
}
else
{
link(u,v);
link(u + n,v + n);
}
}
inline void dfs1(int x,int f)
{
fa[x] = f;
siz[x] = 1;
dep[x] = dep[f] + 1;
for(int i = h[x];i;i = nxt[i])
{
if(to[i] == f) continue;
dfs1(to[i],x);
siz[x] += siz[to[i]];
if(siz[to[i]] > siz[son[x]]) son[x] = to[i];
}
}
inline void dfs2(int x,int tp)
{
top[x] = tp;
dfn[x] = ++ tim;
rk[tim] = x;
if(son[x]) dfs2(son[x],tp);
for(int i = h[x];i;i = nxt[i])
{
if(to[i] == fa[x] || to[i] == son[x]) continue;
dfs2(to[i],to[i]);
}
}
inline int LCA(int x,int y)
{
while(top[x] != top[y])
{
if(dep[top[x]] < dep[top[y]]) swap(x,y);
x = fa[top[x]];
}
return dep[x] > dep[y] ? y : x;
}
inline void change(int id,int l,int r,int L,int R)
{
if(R < L) return;
if(tr[id]) return;
if(l == r)
{
meg(fa[rk[l]],rk[l],0);
tr[id] = 1;
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if(L <= mid) change(lid,l,mid,L,R);
if(R > mid) change(rid,mid + 1,r,L,R);
tr[id] = tr[lid] & tr[rid];
}
signed main()
{
freopen("usmjer.in","r",stdin);freopen("usmjer.out","w",stdout);
// freopen("data.in","r",stdin);freopen("data.out","w",stdout);
n = read();
m = read();
for(int i = 1,x,y;i < n;i ++)
{
x = read();
y = read();
add(x,y);
add(y,x);
f[i] = i;
f[i + n] = i + n;
}
f[n] = n;
f[n + n] = n + n;
dfs1(1,0);
dfs2(1,1);
for(int i = 1,a,b,lca;i <= m;i ++)
{
a = read();
b = read();
lca = LCA(a,b);
if(a != lca && b != lca) meg(a,b,1);
while(top[a] != top[lca])
{
change(1,1,n,dfn[top[a]] + (fa[top[a]] == lca),dfn[a]);
a = fa[top[a]];
}
change(1,1,n,dfn[lca] + 2,dfn[a]);
while(top[b] != top[lca])
{
change(1,1,n,dfn[top[b]] + (fa[top[b]] == lca),dfn[b]);
b = fa[top[b]];
}
change(1,1,n,dfn[lca] + 2,dfn[b]);
}
for(int i = 2,p,q;i <= n;i ++)
{
p = find(i);
q = find(i + n);
if(p == q)
{
puts("0");
Blue_Archive;
}
cnt += (i != p) + (i + n != q);
}
write(qpow(2,n - 1 - (cnt >> 1)));ent;
Blue_Archive;
}
与你的日常，便是奇迹
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