2020ICPC江西省大学生程序设计竞赛（A,B,E,G,H,I,K,L,M）

2020ICPC江西省大学生程序设计竞赛（A,B,E,G,H,I,K,L,M）
judge: 牛客
A-A Simple Math Problem
judge:牛客
题意
给你一个n，让你求出\(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{i}[gcd(i,j)==1]f(j)\)。

其中f(x)表示的是数位和，eg:f(122)=1+2+2=5。

题解
一眼可以看出是道反演题，但是仔细想想发现不是特别好维护，然后给的范围又有点误导，让人以为可以瞎搞过（实际上真的可以打表过或者容斥过），然后中间耽搁了很长时间，还写了个瞎搞的做法，不过没敢交，最后才发现转换一下就是一道经典的反演题。

首先题目让我们求的是\(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{i}[gcd(i,j)==1]f(j)\)，我们需要转换成\(\sum_{i=1}^{n}f(i)\sum_{j=i+1}^{n}[gcd(i,j)==1]\)。

其实只是枚举策略的变换，求的答案还是一样，只不过第二个公式可以用反演求，而且还比较好求，第一个没有办法用反演做（其实是我不会）。

至于原因，我们需要对第一个公式有足够的了解，第一个公式让我们求的是所有比当前数小，且与当前数互质的数的数位和。

思维转换一下，我们把每个数单独进行考虑，每个数对答案产生的贡献就是比它大，且与它互质的数的个数乘以这个数的数位和（就是转换后的公式）。

至于第二个公式怎么求，可以参考我写的一篇题解，这个题让我们求的就是前半部分，只不过数位和变成了数位乘。

代码
#include <bits/stdc++.h>
#define PI atan(1.0)*4
#define rp(i,s,t) for (int i = (s); i <= (t); i++)
#define RP(i,t,s) for (int i = (t); i >= (s); i--)
#define sc(x) scanf("%d",&x)
#define scl(x) scanf("%lld",&x)
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define mst(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define pii pair<int,int>
#define pll pair<ll,ll>
#define pil pair<int,ll>
#define m_p make_pair
#define p_b push_back
#define ins insert
#define era erase
#define INF 0x3f3f3f3f
#define LINF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define dg if(debug)
#define outval(a) cout << "Debuging...|" << #a << ": " << a << "\n";
using namespace std;
int debug = 0;
ll gcd(ll a,ll b){
return b?gcd(b,a%b):a;
}
ll lcm(ll a,ll b){
return a/gcd(a,b)*b;
}
inline int read(){
int s=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){ s=s*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
return s*f;
}
const int N = 1e6+7;
int n;
ll phi[N],mu[N];
int prime[N];
int flag[N];
ll F[N];
ll G[N];
ll Num[N];
int num=0;
int f(int x){
int ans=0;
while(x) ans+=x%10,x/=10; return ans;
}
int g(int x){
int ans=1;
while(x) ans*=x%10,x/=10;
}
void init(){
phi[1]=1;
mu[1]=1;
F[1]=G[1]=1;
for (int i=2;i<=n;i++){
F[i]=f(i);
G[i]=g(i);
if (flag[i]==0)//这代表i是质数
{
prime[++num]=i;
phi[i]=i-1;
mu[i]=-1;
}
for (int j=1;j<=num&&prime[j]*i<=n;j++){
flag[i*prime[j]]=1;
if (i%prime[j]==0){
phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
mu[i*prime[j]]=0;
break;
}
phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1),mu[i*prime[j]]=-mu[i]; }
}
rp(i,1,n) for(int j=i;j<=n;j+=i) Num[i]+=F[j];
}
void solve(){
n=read();
init();
ll ans2=0;
rp(i,1,n){
ll t=0;for(int j=i;j<=n;j+=i) t+=F[j];
ans1+=mu[i]*t*(n/i);
}
rp(i,1,n) ans2+=F[i]*phi[i];
cout<<ans1-ans2+1<<endl;
}
int main(){
//ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#ifdef ONLINE_JUDGE
#else
freopen("in.txt", "r", stdin);
//debug = 1;
#endif
time_t beg, end;
//if(debug) beg = clock();
solve();
/*
if(debug) {
end = clock();
printf("time:%.2fs\n", 1.0 * (end - beg) / CLOCKS_PER_SEC);
}
*/
return 0;
}
B-Apple
judge:牛客
题意
现有n个苹果，求出能否分给m个人，满足所有人的苹果总数都不一样。

题解
首先求出满足m个人的苹果数量都不同的最少苹果数。

最实惠的方案当然是依次拥有1,2,3,...,m-1,m个苹果。

需要花费\(\frac{m(m+1)}{2}\)个苹果。

至于剩下的苹果，全部交给最后一个人即可，这样就满足了所有人的苹果数都不一样。

如果苹果总数小于\(\frac{m(m+1)}{2}\)，就说明无论怎么分都无法满足每个人的苹果总数都不一样。

代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read() {
int s = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while (ch < '0' || ch > '9') { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); } while (ch >= '0' && ch <= '9') { s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return s * f;
}
void solve() {
int n = read(), m = read();
if (n >= m * (m + 1) / 2) puts("possible");
else puts("impossible");
}
int main() {
int T = read();
while (T--) solve();
return 0;
E-Color Sequence
judge:牛客
题意
定义一个合法的序列为序列里的每个元素都出现偶数次。

给定一个有n个元素的序列，序列元素最多有21种，编号在数值在[0-20]，求出合法序列的个数。

题解
维护每个数字出现次数的前缀和，且我们只关心数字出现次数的奇偶性，所以我们只保存 \(0\) 和 \(1\) 两个状态，一个二进制位即可保存一个数字的状态。

将\(21\) 个前缀和的对应位置归纳到一起，那么一个 \(int\) 类型的整数就可保存一组状态。

当一组状态为 \(t\) 时，维护每组状态出现的次数 \(num[t]\)。

假设\(a_i\) 为\(2\)，前一个位置的状态为\(t\)，那么将\(a_i\) 加入\(t\)，只需要将\(t\) 中的第\(i\) 个位置取反，即\(t=t\oplus(1<<a_i)\)。

然后将 \(num[t]=num[t]+1\)。

假设将 \(a_i\) 加入后的状态为 \(t\)，则前面有 \(num[t]\) 个位置可以作为起点，第\(i\) 个位置作为终点，区间内所有元素的出现次数都为偶数。

\[ans=\sum_{i=1}^{n}{num[t_i]} \]
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define _for(i, a) for(int i = 0, lennn = (a); i < lennn; ++i)
#define _rep(i, a, b) for(int i = (a), lennn = (b); i <= lennn; ++i) using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 100005;
const int maxm = 5000005;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
inline int read() {
int x(0), f(1); char ch(getchar());
while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); } while (ch >= '0'&&ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return x * f;
}
int n;
int mp[maxm];
void sol() {
int t = 0;
int ans = 0;
++mp[t];
_rep(i, 1, n) {
int x = read();
t ^= (1 << x);
ans += mp[t];
++mp[t];
}
printf("%d\n", ans);
}
int main() {
n = read();
sol();
return 0;
}
G-Mathematical Practice
judge:牛客
题意
题意不详...
题解
队友一眼看出答案是 \((m+1)^n\)...
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define _for(i, a) for(register int i = 0, lennn = (a); i < lennn; ++i)
#define _rep(i, a, b) for(register int i = (a), lennn = (b); i <= lennn; ++i)
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod = 998244353;
inline int read() {
int x(0), f(1); char ch(getchar());
while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); } while (ch >= '0'&&ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return x * f;
}
LL quickPow(LL x, LL n, LL mod) {
LL ans = 1;
while(n) {
if(n & 1) ans *= x, ans %= mod;
x *= x, x %= mod;
n >>= 1;
}
return ans;
}
int main() {
LL n = read(), m = read();
printf("%lld\n", quickPow(m + 1, n, mod));
return 0;
}
H-Sequence
judge:牛客
题意
给你一个每个元素都互不相同的长度为 \(n\) 的序列.
定义两种操作:
1.选择一个元素 \(a_x\), 令 \(a_x=y\).
2.选择一个元素 \(a_x\), 找出最小值为 \(a_x\) 的子串的个数.
题解
分块解法
考虑分块维护每个块的最小值.
当执行操作1时, 令 \(a_x=y\), 同时重新计算 \(a_x\) 所在的块的最小值.
当执行操作2时, 分别找出左右两边连续大于等于\(a_x\) 的元素的个数, 例如134562中4左右分别有1和2个不小于4的元素. 那么可以计算出包含4的子串的数目为\(1+2+1\times 2+1=6\), 当左边有\(cl\) 个元素,右边有\(cr\) 个元素时,包含\(a_x\) 的字串的数目为\(cl+cr+cl\times cr+1\).
线段树解法1
线段树维护区间最小值。

当执行操作 \(1\) 时，\(update\) 执行更新。

当执行操作 \(2\) 时，分别找出 \([1,x-1]\) 和 \([x+1,n]\) 中距离
\(x\) 最近的最小值的位置，也就是在 \([1,x-1]\) 中找到最靠右的小于\(a[x]\) 的值的位置，在 \([x+1,n]\) 中找出最靠左的小于 \(a[x]\) 的值的位置。

当我们查找 \([1,x-1]\) 中最靠右的小于 \(a[x]\) 的值时，应首先检查右儿子最小值是否小于\(a[x]\)，如果小于说明右儿子区间有可能有答案。

之所以说“有可能有答案”是因为线段树每次查找的区间\([beg,end]\) 和我们想要找的区间\([l,r]\) 不一定是重合的，所以就算 \(T[node]\) 小于 \(a[x]\)，也仅仅说明是 \([beg,end]\) 区间内有小于 \(a[x]\) 的值，而不是 \([l,r]\) 区间内。

当最小值出现在 \(end\) 前面，\(r\) 后面时，只查找右儿子显然会犯错。

更合理的做法是每次查找先判断当前区间的最小值是否大于\(a[x]\)。

然后根据上面的要求查找右儿子，如果右儿子找到了合法的答案，那么左儿子就没必要再访问了。

如果右儿子没有找到合法的答案，那就需要再找左儿子。

查找 \([x+1,n]\) 同理。

这样单次查询就能直接搜出答案。

时间复杂度 \(O(nlogn)\)。

答案是 \(cl+cr+cl\times cr+1\)。

线段树解法2
线段树维护区间最小值。

直接二分左右边界，查询区间最小值检验。

时间复杂度相比“线段树解法1”多了个\(logn\)，时间复杂度\(O(nlog^2n)\)。

代码
分块解法
#include <bits/stdc++.h>
#define _for(i, a) for(LL i = 0, lennn = (a); i < lennn; ++i)
#define _rep(i, a, b) for(LL i = (a), lennn = (b); i <= lennn; ++i) using namespace std;
typedef long long LL;
const LL maxn = 100005;
inline LL read() {
LL x(0), f(1); char ch(getchar());
while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); } while (ch >= '0'&&ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return x * f;
}
LL a[maxn], k[maxn], len;
LL n, m;
LL getN(LL pos) {
return (pos - 1) / len + 1;
}
void init() {
len = sqrt(n) + 1;
len = min(len, n);
}
LL getLValOfThis(LL pos) {
LL nu = getN(pos);
for(LL i = pos - 1; i > (nu - 1) * len; --i) if(a[i] < a[pos]) return i;
return -1;
}
LL getRValOfThis(LL pos) {
LL nu = getN(pos);
for(LL i = pos + 1; i <= nu * len; ++i) if(a[i] < a[pos]) return i;
return -1;
}
LL getLVal(LL pos) {
LL nu = getN(pos);
for(LL i = nu - 1; i > 0; --i) if(k[i] < a[pos]) return i;
return -1;
}
LL getRVal(LL pos) {
LL nu = getN(pos), mn = getN(n);
for(LL i = nu + 1; i <= mn; ++i) if(k[i] < a[pos]) return i;
return -1;
}
void sol() {
init();
_rep(i, 1, n) a[i] = read();
LL mn = getN(n);
_rep(i, 1, mn) k[i] = LLONG_MAX;
_rep(i, 1, n) k[getN(i)] = min(k[getN(i)], a[i]);
_for(i, m) {
LL op = read();
if(op == 1) {
LL x = read(), val = read();
LL nu = getN(x);
a[x] = val;
k[nu] = LLONG_MAX;
for(LL i = (nu - 1) * len + 1; i <= nu * len; ++i) k[nu] = min(k[nu], a[i]);
}
else {
LL pos = read();
LL l = pos - 1, r = pos + 1;
LL cl = 0, cr = 0;
LL LThis = getLValOfThis(pos);
if(LThis != -1) cl = pos - LThis - 1; // 本块内找到
else { // 本块内未找到，从下一块开始找
LL nu = getLVal(pos);
if(nu == -1) cl = pos - 1; // 左边没有比a[pos]更小的
else { // 左边有比a[pos]更小的
cl = pos - nu * len - 1;
for(LL i = min(pos - 1, nu * len); i > 0 && a[i] > a[pos]; --i) { cl = pos - i;
}
}
}
LL RThis = getRValOfThis(pos);
if(RThis != -1) cr = RThis - pos - 1; // 本块内找到
else { // 本块内未找到，从下一块开始找
LL nu = getRVal(pos);
if(nu == -1) cr = n - pos; // 右边没有比a[pos]更小的
else { // 右边有比a[pos]更小的
cr = (nu - 1) * len - pos;
for(LL i = max(pos + 1, (nu - 1) * len + 1); i <= n && a[i] > a[pos]; ++i) {
cr = i - pos;
}
}
}
LL ans = cl + cr + cl * cr + 1;
printf("%lld\n", ans);
}
}
}
int main() {
n = read(), m = read();
sol();
return 0;
}
线段树解法1
#include <bits/stdc++.h>
#define _for(i, a) for(int i = 0, lennn = (a); i < lennn; ++i)
#define _rep(i, a, b) for(int i = (a), lennn = (b); i <= lennn; ++i) using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 100005;
inline LL read() {
LL x(0), f(1); char ch(getchar());
while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); } while (ch >= '0'&&ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return x * f;
}
int n, m;
LL a[maxn];
LL T[maxn << 2];
void build(int node, int beg, int end) {
if (beg == end) {
T[node] = a[beg];
return;
}
int mid = (beg + end) >> 1;
build(node << 1, beg, mid);
build(node << 1 | 1, mid + 1, end);
T[node] = min(T[node << 1], T[node << 1 | 1]);
}
void update(int node, int beg, int end, int pos, LL val) {
if(beg == end) {
T[node] = val;
return;
}
int mid = (beg + end) >> 1;
if(pos <= mid) update(node << 1, beg, mid, pos, val);
else update(node << 1 | 1, mid + 1, end, pos, val);
T[node] = min(T[node << 1], T[node << 1 | 1]);
}
LL queryl(int node, int beg, int end, int l, int r, LL val) {
if(T[node] > val) return 0;
if (beg == end) return beg;
LL ans = 0;
int mid = (beg + end) >> 1;
if(mid < r && T[node << 1 | 1] < val) ans = queryl(node << 1 | 1, mid + 1, end, l, r, val);
if(mid >= l && ans == 0) ans = queryl(node << 1, beg, mid, l, r, val);
return ans;
LL queryr(int node, int beg, int end, int l, int r, LL val) {
if(T[node] > val) return n + 1;
if (beg == end) return beg;
LL ans = n + 1;
int mid = (beg + end) >> 1;
if(mid >= l && T[node << 1] < val) ans = queryr(node << 1, beg, mid, l, r, val);
if(mid < r && ans == n + 1) ans = queryr(node << 1 | 1, mid + 1, end, l, r, val);
return ans;
}
void sol() {
_rep(i, 1, n) a[i] = read();
build(1, 1, n);
_for(i, m) {
int op = read();
if(op == 1) {
int x = read(), val = read();
a[x] = val;
update(1, 1, n, x, val);
}
else {
int x = read();
LL cl = x - 1, cr = n - x;
if(x > 1) cl = x - 1 - queryl(1, 1, n, 1, x - 1, a[x]);
if(x < n) cr = queryr(1, 1, n, x + 1, n, a[x]) - x - 1;
LL ans = cl + cr + cl * cr + 1;
printf("%lld\n", ans);
}
}
int main() {
n = read(), m = read();
sol();
return 0;
}
线段树解法2
#include <bits/stdc++.h>
#define _for(i, a) for(int i = 0, lennn = (a); i < lennn; ++i)
#define _rep(i, a, b) for(int i = (a), lennn = (b); i <= lennn; ++i) using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 100005;
inline LL read() {
LL x(0), f(1); char ch(getchar());
while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); } while (ch >= '0'&&ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return x * f;
}
int n, m;
LL a[maxn];
LL T[maxn << 2];
void build(int node, int beg, int end) {
if (beg == end) {
T[node] = a[beg];
return;
}
int mid = (beg + end) >> 1;
build(node << 1, beg, mid);
build(node << 1 | 1, mid + 1, end);
T[node] = min(T[node << 1], T[node << 1 | 1]);
}
void update(int node, int beg, int end, int pos, LL val) {
if(beg == end) {
T[node] = val;
return;
}
int mid = (beg + end) >> 1;
if(pos <= mid) update(node << 1, beg, mid, pos, val);
else update(node << 1 | 1, mid + 1, end, pos, val);
T[node] = min(T[node << 1], T[node << 1 | 1]);
}
int query(int node, int beg, int end, int l, int r) {
if (l <= beg && r >= end) return T[node];
int ans = 0x3f3f3f3f;
int mid = (beg + end) >> 1;
if(mid >= l) ans = min(ans, query(node << 1, beg, mid, l, r));
if(mid < r) ans = min(ans, query(node << 1 | 1, mid + 1, end, l, r));
return ans;
}
void sol() {
_rep(i, 1, n) a[i] = read();
build(1, 1, n);
_for(i, m) {
int op = read();
if(op == 1) {
int x = read(), val = read();
a[x] = val;
update(1, 1, n, x, val);
}
else {
int x = read();
LL cl = 0, cr = 0;
if(x > 1) {
LL l = 1, r = x - 1;
while(l <= r) {
LL mid = (l + r) >> 1;
if(query(1, 1, n, mid, x - 1) > a[x]) { cl = x - mid;
r = mid - 1;
}
else l = mid + 1;
}
}
if(x < n) {
LL l = x + 1, r = n;
while(l <= r) {
LL mid = (l + r) >> 1;
if(query(1, 1, n, x + 1, mid) > a[x]) { cr = mid - x;
l = mid + 1;
}
else r = mid - 1;
}
}
LL ans = cl + cr + cl * cr + 1;
printf("%lld\n", ans);
}
}
}
int main() {
// freopen("in.txt", "r", stdin);
n = read(), m = read();
sol();
return 0;
}
I-Simple Math Problem
judge:牛客
题意
给你一个 \(n\times n\) 的矩阵,其数字的排布方式如下:
0 1 3 6 10
2 4 7 11 15
5 8 12 1
6 19
9 13 17 20 22
14 18 21 23 24
求出第 \(x\) 行第 \(y\) 列的元素的值. 注意\((0≤x≤1000000000, 0≤y≤1000000000, 1≤n≤1000000001)\).
题解
旋转一下矩阵:
2 1
5 4 3
9 8 7 6
14 13 12 11 10
18 17 16 15
21 20 19
23 22
24
那么第 \(x\) 行第 \(y\) 列就对应第 \(x+y-1\) 行. 假设 \(r=x+y-1\).
1.当 \(x+y<=n\) 时, 先算出前 \(r-1\) 行的数字个数 \(1+2+...+r-1\), 等差数列求和: \(\frac{r(r-1)}{2}\), 再加上 \(r\) 行剩下的 \(x\) 个数, 由于题目从0开始,所以为 \(\frac{(x+y-1)(x+y-2)}{2}+x-1\).
2.当\(x+y-1>n\) 时, 同样利用上面的规律算出下面得数字个数,然后拿 \(n\times n\) 减去个数即可. 假设 \(x' = n - x + 1, y' = n - y + 1\) , \(a[x][y]\) 后面的数字个数为 \(\frac{(x'+y'-1)(x'+y'-2)}{2}+x'-1\), 那么 \(a[x][y]\) 就是正向的第 \(n\times n-\frac{(x'+y'-1)(x'+y'-2)}{2}-x'+1\) 个数, 从0开始就是 \(n\times n-\frac{(x'+y'-1)(x'+y'-2)}{2}-x'\)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
inline int read() {
int x(0), f(1); char ch(getchar());
while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); } while (ch >= '0'&&ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return x * f;
}
int main() {
LL n = read(), x = read() + 1, y = read() + 1, ans = 0;
if(x + y <= n + 1) {
ans = (x + y - 1) * (x + y - 2) / 2 + x - 1;
}
else {
LL _x = n - x + 1, _y = n - y + 1;
ans = (_x + _y - 1) * (_x + _y - 2) / 2 + _x;
ans = n * n - ans;
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
K-Travel Expense
judge:牛客
题意
有 n 座城市，m 条双向道路，一条道路要走一天，每条道路的费用是 n ^ m （ n 是所携带的物品数量， m 是第几天），给你一个出发城市 S ，目的地城市 T ，预算 B ，问最多能携带多少物品。

题解
先用floyed求出任意两个城市之间的最短距离。

然后二分答案，check一下就行了。

代码
// #pragma GCC optimize(2)
#include <bits/stdc++.h>
#define m_p make_pair
#define p_i pair<int, int>
#define _for(i, a) for(register int i = 0, lennn = (a); i < lennn;
++i)
#define _rep(i, a, b) for(register int i = (a), lennn = (b); i <= lennn; ++i)
#define outval(a) cout << "Debuging...|" << #a << ": " << a << "\n"
#define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
#define mem0(a) memset(a, 0, sizeof(a))
#define fil(a, b) fill(a.begin(), a.end(), b);
#define scl(x) scanf("%lld", &x)
#define sc(x) scanf("%d", &x)
#define pf(x) printf("%d\n", x)
#define pfl(x) printf("%lld\n", x)
#define abs(x) ((x) > 0 ? (x) : -(x))
#define PI acos(-1)
#define lowbit(x) (x & (-x))
#define dg if(debug)
#define nl(i, n) (i == n - 1 ? "\n":" ")
#define max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
using namespace std;
typedef long long LL;
// typedef __int128 LL;
typedef unsigned long long ULL;
const int maxn = 100005;
const int maxm = 1000005;
const int maxp = 30;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int mod = 1000000007;
const double eps = 1e-8;
const double e = 2.718281828;
int debug = 0;
LL dis[110][110];
LL b;
inline int read() {
int x(0), f(1); char ch(getchar());
while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); } while (ch >= '0'&&ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return x * f;
}
struct poi {
};
LL check(LL x,LL y){
LL sum=0;
LL flag=1;
for(int i=1;i<=y;i++){
flag*=x;
sum+=flag;
if(sum>b)
return sum;
}
return sum;
}
void init() {
for(int i=0;i<109;i++)
for(int j=0;j<109;j++)
dis[i][j]=110;
ios::sync_with_stdio(0);
}
void sol() {
init();
LL n,m;
cin>>n>>m;
for(LL i=1;i<=m;i++){
LL x,y;
cin>>x>>y;
dis[x][y]=dis[y][x]=1;
}
for(LL k=1;k<=n;k++)
for(LL i=1;i<=n;i++)
for(LL j=1;j<=n;j++)
if(dis[i][j] > dis[i][k] + dis[k][j]) dis[i][j] = dis[i][k] + dis[k][j]; LL q;
cin>>q;
while(q--){
LL s,t;
cin>>s>>t>>b;
LL l=0,r=1e9+10;
LL ans=0;
LL mid;
while(l<r){
mid=(l+r)/2;
LL flag=check(mid,dis[s][t]);
if(flag>=b){
r=mid;
}else{
l=mid+1;
}
if(flag<=b){
ans=max(ans,mid);
}
}
cout<<ans<<endl;
}
}
int main() {
//ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#ifndef ONLINE_JUDGE
//freopen("in.txt", "r", stdin);
debug = 1;
#endif
time_t beg, end;
if(debug) beg = clock();
sol();
return 0;
}
L-WZB's Harem
judge:牛客
题意
把n个皇后安排在一个 \(n\times n\) 的矩阵里，以便每行每列都有且仅有一个皇后，其中矩阵的某些位置不可用。

计算合法的方案数。

题解
状压dp。

给 \(n\) 个皇后编号为 \(1,2,...,n\)。

假设 \(1\) 号皇后在第一行，\(2\) 号皇后在第 \(2\) 行，以此类推，\(n\) 号皇后在第 \(n\) 行。

保存每一列的皇后状态。

假设 \(n\) 为 \(2\)，第 \(2\) 列已经被安排了皇后，那么状态就为0 1。

由于 \(n\) 只有 \(20\)，所以可以用一个\(int\) 类型的整数保存每一列的状态，二进制位为\(1\) 就代表这一列已经被安排了皇后。

之后就可以考虑状态转移了。

假设 \(n\) 为 \(4\)。

依次枚举 \(1-n\) 号皇后，当 \(1\) 号皇后安排在第 \(1\) 列时，\(2\) 号皇后就可以被安排在第 \(2,3,4\) 列，那么1000就可以转移到1100,1010,1001。

当然，这时是默认所有位置都可用，假设第\(2\) 行第\(3\) 列的位置不可用，那么1000就只能转移到1100,1001。

设置0001,0010,0100,1000的方案数为 \(1\)，求出所有的转移之后，1111代表的方案数就是基于“假设\(1\) 号皇后在第一行，\(2\) 号皇后在第2行，以此类推，\(n\) 号皇后在第\(n\) 行”的全部方案数。

答案乘以\(A_n^n\)就是最终的的方案数。

代码
#include <bits/stdc++.h>
#define _for(i, a) for(int i = 0, lennn = (a); i < lennn; ++i)
#define _rep(i, a, b) for(int i = (a), lennn = (b); i <= lennn; ++i) using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn = 25;
const int mod = 1000000007;
inline int read() {
int x(0), f(1); char ch(getchar());
while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-') f = -1; ch = getchar(); } while (ch >= '0'&&ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return x * f;
}
int n;
int a[maxn][maxn];
LL dp[1 << 21];
LL ji[maxn];
void init() {
_for(i, (1 << n)) dp[i] = 0;
}
int getN1(int i) {
int num = 0;
while(i) num += (i & 1), i >>= 1;
return num;
}
void sol() {
init();
_for(i, n) _for(j, n) a[i][j] = read();
_for(i, n) if(!a[0][i]) dp[1 << i] = 1;
for(int i = 1; i < (1 << n); ++i) {
int cnt = getN1(i);
_for(j, n) {
if(i & (1 << j)) continue;
if(a[cnt][j]) continue;
dp[i | (1 << j)] += dp[i];
dp[i | (1 << j)] %= mod;
}
}
printf("%lld\n", dp[(1 << n) - 1] * ji[n] % mod);
}
int main() {
ji[1] = 1;
for(int i = 2; i <= 21; ++i) ji[i] = ji[i - 1] * i % mod;
n = read();
sol();
return 0;
}
M-Zoos's Animal Codes
judge:牛客
题意
签到题
每个园子有个园子号,每个动物有个动物号,合起来就是动物编号.
给出园子号和动物号,求出动物编号.
题解
无
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
string a, b;
cin >> a >> b;
cout << a << b; }。