清北学堂 2017-10-06

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因为是刚听完课所以想把思路记下来，有一些其实也是一知半解的，如果有dalao可以帮忙讲解那真是再感谢不过了。

*****还有为什么我画图这么丑，哇的一下哭出声*******

Problem A. 最佳进制

如今我们最常用的是十进制，据说这是因为人有十根手指。
但事实上这并不是十分方便，10 只有四个因子 1、2、5、10，

像 1/3、1/6 这些分数在十进制下的十数表示就
不是很优美。在这种要求下，12、24 甚至60 进制会更好一些。
现在想求出不超过 n 的最佳进制数，也就是拥有最多的因子。
Input
第一包含一个整数 n，(1 ≤ n ≤ 1e16)。
Output
输出一个数 c，表示最佳进制数。

Examples
Input

100

Output
60

Subtasks
对于20% 的数据，n<=100。
对于40% 的数据，n<=1e5。
对于60% 的数据，n<=1e9。
对于100% 的数据，k<=1e6。

注：若有多个解，输出最小的那个

解析：

求因子最多的数

一个大多数人都知道但我不知道的关系：x=∏Pi^ai //∏为累乘符号

即x为多个质因数(Pi)的ai次方的乘积

则这个数所有的因子个数ans=∏(ai+1)

例：12=(2^2)*(3^1)

还有就是如果ai是x的因子，则a1~a(i-1)一定都为x的因子(这里不是很能理解，如果这个数是质数咋办？？？求告知) 即a1>=a2>=a3….>=an

由于题目范围为1e16,且2*3*5*……*47>1e16，则分解因数只需到47

另外就是如果x|y，则x的每个质因数一定也为y的质因数，且幂次一定比在y的幂次小

又因为(2^3)*(3^2)与(2^2)*(3^3)的因子数是一样的，因此最好让小的质因子的幂次更高

下面就是愉快的代码时间了

#include #include #include #include using namespace std;
long long n, maxd, ans;
int prime[] = {0, 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47};
void dfs(int x, long long sum, long long nowd, long long Limit) {
if (nowd > maxd || (nowd == maxd && sum < ans))
maxd = nowd, ans = sum;
if (x > 11) return;
for (int i = 1; sum * prime[x] <= n && i <= Limit; i++)
dfs(x + 1, sum *= prime[x], nowd * (i + 1), i);
}
int main()
{
freopen("divisors.in","r",stdin);
freopen("divisors.out","w",stdout);
cin >> n;
ans = 1;
if (n > 1) dfs(1, 1, 1, 1e9);
cout << ans << endl;
return 0;
}

Problem B. 树
File: tree.*
Time limit: 1s
Memory limit: 256MB
给出一棵节点数为n 的有根树，现在需要给每个节点标号，要求对应子树同构的节点标号相同。
若图G1,G2 同构，则存在G1 点集和G2 点集之间的双射ϕ，满足u ->v 是G1 中的一条边当且仅当
ϕ(u) ! ϕ(v) 是G2 中的一条边。
Input
第一包含一个数n(1<=n<=105)，表示树的点数。
第二行包含n - 1 个数，第i 个数表示编号为i + 1 点的父节点编号，满足父节点的编号小于子节点，根
节点编号为1。
Output
一行包含n 个数，表示节点标号，标号大小范围在1 到n 之间。如果有多种标号，给出字典序最小的标
号。

Examples
Input
9
1 2 2 1 5 5 7 7

Output

1 2 3 3 4 3 2 3 3

Subtasks
对于30% 的数据，n<=12。
对于50% 的数据，n<=100。
对于100% 的数据，n<=105。

解析：

一道”简单的”Hash题

先说一下啥叫同构：即子树的节点和构成相同(即相对位置相同)

在下图中，4/5/7/8/9全为叶子结点，则他们位置相同；2/6都各有两个子节点，则它们位置相同；而1/3的子节点各不相同，应处于不同的位置(位置也即最后要求的节点编号)

另外，子树是可以旋转的，也就是说下面的这两棵树也是同构的

下面就开始Hash了

由于是否同构看到是子树，因此我们从叶子到根Hash，Hash值相同的则为同构

在上图中，令4/7/8/9/10/11都为空集，也就是[ ],则5/6均为[1,1]，2/3为[1,2]/[2,1](一样的)，1为[3,3].

Hash完可以发现4/7/8/9/10/11的值是一样的，5/6的值一样，2/3的值一样，1自己一个值

具体如何Hash呢？即将每个数看成n进制的，然后将它们化为10进制，例n进制下的12为10进制下的1*n+2

当所有节点的Hash值都求完后，我们设一个计数器cnt，每当出现一个新数，就cnt++，然后把cnt作为标号赋给当前值，若此Hash值之前已经出现，则直接输出

具体实现可用map函数，怎么写在代码里就不多说了

#include #include #include #include #include #include  using namespace std; const int N = 120000; vector E[N]; map , int> id; int ans[N], p[N], vis[N]; int n, cnt; int work(int x) { vector u; for(int i = 0; i < E[x].size(); i++) { int y = E[x][i]; u.push_back(work(y)); } sort(u.begin(), u.end()); if (!id[u]) id[u] = ++cnt; ans[x] = id[u]; return ans[x];//返回x的hash值 } int main() { freopen("tree.in", "r", stdin); freopen("tree.out", "w", stdout); scanf("%d", &n); for(int i = 2; i <= n; i++) { scanf("%d", &p[i]); E[p[i]].push_back(i); } work(1); cnt = 0; for(int i = 1; i <= n; i++) { if (!vis[ans[i]]) { vis[ans[i]] = ++cnt; } ans[i] = vis[ans[i]]; } for(int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ", ans[i]); puts(""); }

Problem C. 关系
File: relations.*
Time limit: 1s
Memory limit: 256MB
有一个二元关系R，R 可以被表示成n*n 的布尔数组。
现在希望找到长度都为n 的数组f 和g，要求满足Rx,y = 1 当且仅当f(x)<=g(y)。
Input
第一行包含一个整数n(1<=n<=1000)，表示数组的大小。
接下来的n 行表示二元关系R。
Output
第一行输出能否找到数组f 和g，如果能找到输出YES，否则输出NO。-1e9<=fi; gi<=109
第二行输出n 个整数，表示数组f。
第三行输出n 个整数，表示数组g 。

Examples
Input
3
111
110
100

Output

YES
0 1 2
2 1 0

Subtasks
对于20% 的数据，n<=10。
对于50% 的数据，n<=100。
对于100% 的数据，n<=1000。

解析：

Zcc dalao说看到这个就应该想到图啊(我没想到但我记住了)

如果a<=b,b<=c，则一定有a<=c

即R[a][b]=1,R[b][c]=1--->>R[a][c]=1若不满足此条件则输出”ＮＯ”

我们另R[a][b]=1当且仅当f[a]>g[b]时(为了建图方便)

如果R[x][y]=1，则连一条x到y+n(为了方便输出)

同理，如果R[x][y]=0，则连一条x到y+n

则可得到一个DAG(有向无环图)[因为a<b,b<c,c<a不可能同时成立，则应为DAG]

之后就拓扑排序求值啦(第几个拿到则为几)

代码

#include #include #include #include #include #include using namespace std; int f[1005], g[1005], cnt[1005], n; int cmp(int i, int j) { if (cnt[i] == cnt[j]) return (i < j); return cnt[i] < cnt[j]; } int main() { string s[1005]; vector v; freopen("relations.in", "r", stdin); freopen("relations.out", "w", stdout); cin >> n; for(int i=0; i > s[i]; v.push_back(i); cnt[i] = 0; for(int j=0; j s[y][j]) { correct = false; break; } if(!correct) break; } for(int i=0; i

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