Comet OJ - Contest #7 解题报告

传送门：https://www.cometoj.com/contest/52

---

A：签到题

题意：多次询问，每次询问给出一个值域区间[l,r]，从这区间范围中选出两个整数（可重复），依次求出这俩数的“最大的最小公倍数”、“最小的最小公倍数”、“最大的最大公约数”、最小的最大公约数。

分析：（1）显然，当区间长度为1时，该问题的答案只能是区间中仅有的那个数。

　　　（2）当区间的长度大于1时，最大的最小公倍数，lcm_max =lcm(a_r,a_r-1) = a_r * a_r-1；

　　　　　　　　　　　　　　　　最小的最小公倍数，lcm_min = lcm(a_l,a_l) = a_l；

　　　　　　　　　　　　　　　　最大的最大公约数，gcd_max = gcd(a_r,a_r) = a_r；

　　　　　　　　　　　　　　　　最小的最大公约数，gcd_min = gcd(a_r,a_r-1) = 1;

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int main() {
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while (t--) {
        int l,r;
        scanf("%d%d",&l,&r);

        if (l == r) {
            printf("%d %d %d %d\n",l,l,l,l);
        } else {
            printf("%lld %d %d %d\n",(long long)r*(r-1),l,r,1);
        }
    }

    return 0;
}

B：麻将题

题意：4个人（编号为1~4）围成一个环，相邻两人可以交换位置。现按逆时针顺序给出环上的编号，代表4人在桌上的位置关系。求最少需要交换多少次位置才能满足1的下一个元素是2，2的下一个元素是3，3的下一个元素是4，4的下一个元素是1。

分析：由于环上只有4个元素，交换次数最多不会超过2次，因此我们可以考虑直接枚举情况。

　　 （1）假如这个序列一开始就满足条件，最少交换次数为 0。

　　 （2）假如这个序列的位置关系为（1，4，3，2），最少交换次数为 2。

　　 （3）其余情况最少交换次数均为 1。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int main() {
    int num[4],pos = 0;
    for (int i=0;i<4;i++) {
        scanf("%d",&num[i]);
        if (num[i] == 1)
            pos = i;
    }

    int arr[4];
    int pick[4] = {1,4,3,2};
    bool two = true;
    for (int i = 0;i<4;i++) {
        arr[i] = num[pos];
        pos = (pos + 1)%4;
        if (arr[i] != pick[i]) {
            two = false;
        }
    }

    if (two) {
        puts("2");
    } else {
        int i = 1;
        for (;i<4;i++) {
            if (arr[i] != arr[i-1] + 1) {
                break;
            }
        }
        if (i == 4) {
            puts("0");
        } else {
            puts("1");
        }
    }

    return 0;
}

 C：临时翻出来的题

题意：n张牌，每张牌有一个编号，一个合法的排列规定编号为i的牌不能放在p_i上。记编号为i的牌的位置为pos_i，对于所有两张牌的组合（设这两张牌的编号为i和j），若满足j > i且pos_j < pos_i，那么产生的贡献为|j - i| * |pos_i - pos_j|，否则贡献值为0。求所有合法的排列的贡献值之和。

分析：（1）状态的设置：S表示状态

　　    　　　　　　　　 f[S] 表示状态S的贡献

　　　 　　　　　　　　 t[S] 表示状态S的种类数

　　　 　　　　　　　　 g[S][x] 表示位置x上的牌在每种方案中的编号之和

　　　（2）枚举每一个状态S，对于每一个状态，枚举该状态下有牌的位置pos，表示上个状态在pos的位置插了新牌后，由此我们可以推回上个状态，通过上个状态的信息，我们可以更新（1）的信息。最后f[(1<<n)-1]的值即为我们要求的答案。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int p[17];
long long f[1<<16],t[1<<16],g[1<<16][17];
/*
S表示状态
f[S] 表示状态S的贡献
t[S] 表示状态S的种类数
g[S][x] 表示位置x上的牌在每种方案中的编号之和
*/
int bitcount(int x) {
    return x?bitcount(x>>1) + (x&1):0;
}

int main() {
    int T;
    scanf("%d",&T);

    while (T--) {
        int n;
        scanf("%d",&n);

        for (int i=1;i<=n;i++) {
            scanf("%d",&p[i]);
        }

        memset(f,0,sizeof(f));
        memset(t,0,sizeof(t));
        memset(g,0,sizeof(g));

        t[0] = 1;
        for (int s=1;s<(1<<n);s++) {
            int y = bitcount(s);
            for (int x=1;x<=n;x++) {
                if (x != p[y] && (s&1<<(x-1))) {
                    int las = s ^ 1 << (x-1);
                    f[s] += f[las];
                    t[s] += t[las];
                    g[s][x] += t[las]*y;
                    for (int z=x+1;z<=n;z++) {
                        if (las & 1<<(z-1)) {
                            f[s] += (z-x)*(t[las]*y - g[las][z]);
                        }
                    }
                    for (int i=1;i<=n;i++) {
                        g[s][i] += g[las][i];
                    }
                }
            }
        }

        printf("%lld\n",f[(1<<n)-1]);
    }

    return 0;
}