前言

今天主要是补题，牛客，杭电和落下的cf

一、杭电补题

1、Shortest Path in GCD Graph

答案只有1和2，开始想用最短路，最后还是没能解决，这不是一个最短路问题，算是思维题，找与给定两个数都互质的数，就是对a,b分解质因数，符合题目要求的中转数就是不含这些因数的数，容斥处理

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
vector<int>f;
const int N = 1e7+10,mod = 998244353;
int phi[N],primes[N];
bool st[N];
int n, m, len ;
ll ans;
int cnt;
void get_eulers(int n)
{st[1] = 1;for (int i = 2; i <= n; i++){if (!st[i]){primes[cnt++] = i;phi[i] = i; }for (int j = 0; primes[j] * i <= n; j++){st[primes[j] * i] = 1;phi[primes[j] * i] = primes[j];if (i % primes[j] == 0){break;}}}
}function<void(int, int, int) > dfs = [&](int u, int mul, int sign){//容斥暴力写法if (u == len){ans = (ans + 1LL * sign * (n / mul)) % mod;return;}dfs(u + 1, mul, sign);if (1LL * mul * f[u] <= n) dfs(u + 1, mul * f[u], mod - sign);
};void slove(){scanf("%d%d",&n,&m);get_eulers(n);while(m--){int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);// if(u > v) swap(u,v);int sx = __gcd(u,v);if(sx == 1){printf("1 1\n");continue ;}f.clear();while(u > 1) f.push_back(phi[u]),u /= phi[u];while(v > 1) f.push_back(phi[v]),v /= phi[v];sort(f.begin(),f.end());f.erase(unique(f.begin(),f.end()),f.end());len = f.size();ans = 0;if(sx == 2) ans = 1;dfs(0, 1, 1);printf("2 %d\n",ans);}}int main(){slove();return 0;
}

2、Matryoshka Doll

dp,参考大佬的思路代码

我们定义 dp[i][j] 为 [1...i] 中分成 j 组的方案数。

我们可以 O(n2) 处理出，对于每个 a[i] ，左边有多少个数是不能放在同一组的。我们定义为 L[i] 。

那么显然，剩下的 i−L[i] 的数，都可以和 a[i] 放到同一组。（注意题目是有序的

a[i] 不能和这 L[i] 数一组，并且这 L[i] 个数，也是不能放到同一组的。

那么转移。我们考虑 dp[i][j] 可以如何转移？

（1） a[i] 直接一组，那么有 dp[i][j]+=dp[i−1][j−1]

（2） a[i] 和前面的一些数组成一组，前面 [1...i−1] 已经组成了 j 组了。前面 a[i] 可以选择的组数为 j−L[i] 。（L[i] 个数不能和 a[i] 同组，并且这 L[i] 个数都位于不同的组。

dp[i][j]+=dp[i−1][j]∗(j−L[i])

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 5010,mod = 998244353;
int n, k, r;
int a[N],L[N];
int f[N][N];void slove() {cin >> n >> k >> r;for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> a[i];for (int i = 1; i <= n; i++) {L[i] = 0;for (int j = i - 1; j >= 1; j--)if (abs(a[i] - a[j]) < r) {L[i]++;}}for (int i = 0; i <= n + 2; i++)for (int j = 0; j <= n + 2; j++)f[i][j] = 0;f[0][0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 1; j <= n; j++) {f[i][j] = f[i - 1][j - 1] + ((ll)f[i - 1][j] * (j - L[i])) % mod;f[i][j] %= mod;}}cout << f[n][k] << endl;
}int main(){int tt;cin >> tt;while(tt--){slove();}return 0;
}

二、牛客补题

1、Everyone is bot

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e3+10;
vector<int>v;
ll n, m;
ll a[N][N];int slove()
{cin >> n >> m;for(int i = 1; i <= n; i ++)for(int j = 1; j <= n; j ++)cin >> a[i][j];for(int i = 1; i <= n % m; i ++) cout << a[i][i] << " ";for(int i = n % m + 1; i <= n; i ++)cout << 0 << " ";return 0;
}int main(){slove();return 0;
}

2、Maimai DX 2077

题目有点难懂，理解后还是很简单的

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
vector<int>v;
const int N = 1;
int n, m ;
double ans1 = 0,ans2 =0,res1 = 0,res2 = 0;
void slove(){int a,b,c,d,e;cin >> a >> b >> c >> d >> e;ans1 += (a * 1.0 + b * 1.0 + c * 0.8 + d * 0.5);ans2 += (a +b + c + d + e) * 1.0;cin >> a >> b >> c >> d >> e;ans1 += (a* 2.0 + b * 2.0 + c * 1.6 + d * 1.0);ans2 += (a +b + c + d + e) * 2.0;cin >> a >> b >> c >> d >> e;ans1 += (a * 3.0 + b * 3.0 + c * 2.4 + d * 1.5);ans2 += (a +b + c + d + e) * 3.0;cin >> a >> b >> c >> d >> e;ans1 += (a* 5.0 + b * 5.0 + c * 2.5 + d * 2.0);ans2 += (a +b + c + d + e) * 5.0;res1 += (a * 1.0 + b * 0.5 + c * 0.4 + d * 0.3);res2 += (a +b + c + d + e) * 1.0;printf("%.10lf\n",ans1 / ans2 * 100 + res1 / res2);}int main(){slove();return 0;
}

3、Here is an Easy Problem of Zero-chan

以为是lca题目，写了好久，直接lca是必然t的，转换思路，如下

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 +10;
const ll mod = 1e13;int n,m;int h[N],e[N*2],ne[N*2],idx;
int depth[N],fa[N];//depth深度数组，fa[i][j]记录i走2^j步后的祖先
int q[N];//数组模拟队列
int tol;
ll sx,sy;
bool st1[N],st2[N];
int a[N],b[N],sa;
int cnt[2][N];
void init(){for(int i = 1; i < N; i ++){int j = i;int s = 0;while(j % 2 == 0){s ++;j /= 2;}cnt[0][i] = s;s = 0;while(j % 5 == 0){s ++;j /= 5;}cnt[1][i] = s;}
}void add(int a,int b){e[++idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx;
}void dfs(int u,int f)//u根节点
{fa[u] = 1;for(int i = h[u]; i; i = ne[i]){int j = e[i];if(j == f) continue;dfs(j,u);fa[u] += fa[j];}
}void dfs1(int u,int f){for(int i = h[u]; i; i = ne[i]){int j = e[i];if(j == f) continue;int te = fa[u] - fa[j];a[j] += a[u] + te * cnt[0][u];b[j] += b[u] + te * cnt[1][u];dfs1(j,u);}
}int main(){scanf("%d %d",&n,&m);init();for(int i = 1; i < n; i ++){int a,b;scanf("%d%d",&a,&b);add(a,b),add(b,a);}dfs(1,0);dfs1(1,0);while(m--){int su;scanf("%d",&su);if(su == 1) puts("0");else{sx = a[su] + fa[su] * cnt[0][su];sy = b[su] + fa[su] * cnt[1][su];printf("%lld\n",min(sx,sy));}   }return 0;
}

4、想要更多的0

dp+二分

数位dp求[l,r]区间内的0的个数，但是因为单个0也算一个0，所以需要check判断

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m,t,k;int f[20][20];
int a[50];ll dp(int id,int d,int sum,int tag,int lead)
{if(!id) return sum;if(!tag&&lead&&~f[id][sum]) return f[id][sum];ll res=0,maxx=tag?a[id]:9;for(int i=0;i<=maxx;i++){res+=dp(id-1,d,sum+((i||lead)&&(i==d)),tag&&a[id]==i,lead||i);}if(!tag&&lead) f[id][sum]=res;return res;
}int calc(int x,int d)
{memset(f,-1,sizeof f);int cnt=0;while(x) a[++cnt]=x%10,x/=10;return dp(cnt,d,0,1,0);
}int check(int x)
{if(x==0) return calc(n,0)>=k-1;  //x为0时，则只需大于等于k-1，减去单独的0else return calc(n,0)-calc(x-1,0)>=k;}void solve()
{cin>>n>>k;int l=0,r=n;while(l<r){int mid=(l+r+1)>>1;if(check(mid)) l=mid;else r=mid-1;}if(!check(l)) cout<<"-1"<<endl;else cout<<l<<endl;
}signed main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0), cout.tie(0);solve();return 0;
}

三、cf补题

1、A. Chip Game

签到题

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
vector<int>v;int n, m ;
void slove()
{cin>>n>>m;if((n+m)%2 == 0) cout<<"Tonya"<<endl; else cout<<"Burenka"<<endl;
}int main(){int tt;cin >> tt;while(tt--){slove();}return 0;
}

2、B. Mathematical Circus

如果 k 是奇数，一定有合适的方案——将所有奇数作为 ai ，所有偶数作为 bi 。

如果 k 是偶数， k 就不能改变数字的奇偶性。

若 k 是 4 的倍数，则 (ai+k)∗bi≡ai∗bi(mod4) 。这样问题无解。
- 这是因为，每个奇数只能与 4 的倍数配对，而奇数有 n/2 个， 4 的倍数小于 n/4 个
若 k≡2(mod4) ，合适的方案为：将所有 4 的倍数作为 bi ，与奇数配对，其他偶数作为 ai ，与奇数配对，凑出 n/2 对。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
vector<int>v;
int n, m ;
void slove()
{int n, k; cin>>n>>k;if(k%2 == 1){cout<<"YES\n";for(int i=1;i<=n;i+=2) cout<<i<<" "<<i+1<<endl; return;}else{if(k%4 == 2){cout<<"YES\n";for(int i=2;i<=n;i+=2){if(i%4 == 2) cout<<i<<" "<<i-1<<endl;else cout<<i-1<<" "<<i<<endl;}} else cout<<"NO\n";}
}int main(){int tt;cin >> tt;while(tt--){slove();}return 0;
}

三、C. Fighting Tournament

待。。。。。。

明天继续

总结

数位dp，明天学习。这些思维题，需要再多看看，去想想为什么别人能去这么想呢

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