A. EhAb AnD gCd

题意：给定一个x，求两个正整数a,b,满足a、b的最大公因子和最小公倍数之和等于x
题解：a=1,b=x-1,即可满足

B. CopyCopyCopyCopyCopy

题意：给定一个长度为n的串a,可以得到一个由n个a相连组成的新串，求新串中最长的递增子序列
题解：最长的递增序列，表明同种元素只能出现一次，且a中元素的种类必定小于等于n。将a排序后，按顺序从新串的第i个(i:1~n)a中取出a[i]。即a的元素种类即为新串的最长递增子序列

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long int
#define _DEBUG#define vi        vector<int>
#define vl      vector<ll>
#define vvi     vector<vi>
#define pii     pair<int,int>
#define pll     pair<ll,ll>
#define pil     pair<int,ll>
#define pli     pair<ll,int>#define pb        push_back
#define mp      make_pair#define fore(index_i,index_l,index_r)  for(int index_i=int(index_l);index_i<int(index_r);index_i++)
#define forn(i,n)   fore(i,0,n)
#define sz(a)       (int)(a).size()
#define all(a)      (a).begin(),(a).end()
#define mem(a,i)    memset(a,i,sizeof(a))
#define fout(a,n)   forn(index_fi,n)cout<<a[index_fi]<<' ';cout<<endl;
#define ffout(a,n,m)    forn(index_ffi,n){forn(index_ffj,m)cout<<a[index_ffi][index_ffj]<<' ';cout<<endl;}cout<<endl;
#define out(i)      cout<<i<<endl;#define Pi        acos(-1.0)using namespace std;
const int MOD=int(1e9)+7;
const ll  MOD64=(ll)(1e18)+7;
const int INF=0x7fffffff;
const ll INF64=0x7fffffffffffffff;void file()
{#ifdef _DEBUGfreopen("cin.txt","r",stdin);//  freopen("cout.txt","w",stdout);
#endif
}const int N = 1e5+10;
int a[N];int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int t;cin>>t;while(t--){int n;cin>>n;forn(i,n)cin>>a[i];sort(a,a+n);int ans=unique(a,a+n)-a;cout<<ans<<endl;}return 0;
}

C. Ehab and Path-etic MEXs

题意：给定一个由n个点组成的树，现给树上每条边赋值，值的取值范围为0~n-2，每条边的值不相同。求所有点对的最大MEX值最小。MEX(u,v)：在树中，u到v的简单路径上的所有边值中，不被包含的最大自然数。eg：   边值为0，1，2，那么MEX(u,v）=3边值为1，2，那么MEX(u,v)=0

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long int
#define _DEBUG#define vi        vector<int>
#define vl      vector<ll>
#define vvi     vector<vi>
#define pii     pair<int,int>
#define pll     pair<ll,ll>
#define pil     pair<int,ll>
#define pli     pair<ll,int>#define pb        push_back
#define mp      make_pair#define fore(index_i,index_l,index_r)  for(int index_i=int(index_l);index_i<int(index_r);index_i++)
#define forn(i,n)   fore(i,0,n)
#define sz(a)       (int)(a).size()
#define all(a)      (a).begin(),(a).end()
#define mem(a,i)    memset(a,i,sizeof(a))
#define fout(a,n)   forn(index_fi,n)cout<<a[index_fi]<<' ';cout<<endl;
#define ffout(a,n,m)    forn(index_ffi,n){forn(index_ffj,m)cout<<a[index_ffi][index_ffj]<<' ';cout<<endl;}cout<<endl;
#define out(i)      cout<<i<<endl;#define Pi        acos(-1.0)using namespace std;
const int MOD=int(1e9)+7;
const ll  MOD64=(ll)(1e18)+7;
const int INF=0x7fffffff;
const ll INF64=0x7fffffffffffffff;void file()
{#ifdef _DEBUGfreopen("cin.txt","r",stdin);//  freopen("cout.txt","w",stdout);
#endif
}
/*
1、MEX(u,v)=i，代表u~v的简单路径上，包含0、1...i-1,那么用贪心的思想让小的自然数之间的路径，尽可能的少，且在不同的路径上，即把他们放在叶节点上
*/
const int N = 2e5+10;
vector<pii> a[N];
int ans[N];
bool vis[N];int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int n;scanf("%d",&n);int x,y;forn(i,n-1){scanf("%d %d",&x,&y);a[x].pb(mp(y,i));a[y].pb(mp(x,i));}mem(ans,-1);if(n==2)//只有两个点的树的特判，此时只有一条边 {printf("0\n");return 0;}int num=0;fore(i,1,n+1){if(sz(a[i])==1){ans[a[i][0].second]=num;//每个叶节点上放一个小的自然数 num++;}}forn(i,n-1){if(ans[i]==-1)printf("%d\n",num++);//其余的节点就随意放 else printf("%d\n",ans[i]);}return 0;
}

D. Ehab the Xorcist

题意：给定u和v，找到最短的数组，使得元素的异或和为u，和为v。若没有解，输出-1
题解：1、u>v,不可能存在异或和大于和的情况，没有解2、u==v==0,输出03、u==v!=0,数组为{u}4、由于是异或，从2进制的角度来考虑。如果u的第i位为1，那么结果的所有元素的第i位为1的个数必定是奇数个为0，                                    偶数个那么把这些位提出来，和刚好为u，剩下的值的异或和必须为0，和为v-u那么把v-u除以2，如果没有余数，则刚好满足，如果由余数，则无法满足，没有解再考虑将u的值和(v-u)/2合并，如果没有进位，则可以合并，否则不行

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long int
#define _DEBUG#define vi        vector<int>
#define vl      vector<ll>
#define vvi     vector<vi>
#define pii     pair<int,int>
#define pll     pair<ll,ll>
#define pil     pair<int,ll>
#define pli     pair<ll,int>#define pb        push_back
#define mp      make_pair#define fore(index_i,index_l,index_r)  for(int index_i=int(index_l);index_i<int(index_r);index_i++)
#define forn(i,n)   fore(i,0,n)
#define sz(a)       (int)(a).size()
#define all(a)      (a).begin(),(a).end()
#define mem(a,i)    memset(a,i,sizeof(a))
#define fout(a,n)   forn(index_fi,n)cout<<a[index_fi]<<' ';cout<<endl;
#define ffout(a,n,m)    forn(index_ffi,n){forn(index_ffj,m)cout<<a[index_ffi][index_ffj]<<' ';cout<<endl;}cout<<endl;
#define out(i)      cout<<i<<endl;#define Pi        acos(-1.0)using namespace std;
const int MOD=int(1e9)+7;
const ll  MOD64=(ll)(1e18)+7;
const int INF=0x7fffffff;
const ll INF64=0x7fffffffffffffff;void file()
{#ifdef _DEBUGfreopen("cin.txt","r",stdin);//  freopen("cout.txt","w",stdout);
#endif
}const int N = 1e5+10;
ll fp[70];void init()//fp[i]=2^i
{fp[0]=1;fore(i,1,61)fp[i]=fp[i-1]<<1;//fout(fp,61);
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);ll u,v;cin>>u>>v;init();if(u>v){cout<<-1<<endl;return 0;}if(u==v){if(u==0)cout<<0<<endl;elsecout<<1<<endl<<u<<endl;return 0;}ll a=0,b=0,c=0;ll tv=v-u;if(tv%2==1){cout<<-1<<endl;return 0;}a=b=tv/2;forn(i,61){if(fp[i]>u)break;if(fp[i]&u)//如果u的第i位为1 {if(fp[i]&a)//如果(v-u)/2的第i位为1，则无法合并， c+=fp[i];else a+=fp[i];}}if(c==0)cout<<2<<endl<<a<<' '<<b<<endl;else cout<<3<<endl<<a<<' '<<b<<' '<<c<<endl;return 0;
}

E. Ehab’s REAL Number Theory Problem

题意：给出n个元素组成的数组，每个元素最多只有7个因子，找到最短的子序列，使得子序列中元素之积为平方数。输出子序列的长度
题解：首先将每个元素考虑成多个质数之和每个元素最多只有7个因子，即每个元素最多由两个质数组成。如果有3个，即u=a*b*c，那么公因子有1,a,b,c,a*b,a*c,b*c,u， 一共八个将元素中的平方数因子提出来，剩下的只有1,p,p*q，q和p都是质数。如果有1，那么答案就是这个数了那么将每个质数看成是一个点，再加上1这个点，那么对于每个元素，都看成是图上两个点的积，即将这两个点，连接起来。那么题目就变成了，在这个图上的最小循环。题目的范围是n=O(10^5),每个元素x=O(10^6)，10^6以内的质数个数是O(10^4) (9000多个）,不可能用Dijkstra算法来做(O(10^4^3)),这里考虑一个优化，大于1000的质数之间，是不存在边的那么我们用1000以内的质数，来作为源点，来做bfs，(O(10^3*10^5)）

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long int
#define _DEBUG#define vi        vector<int>
#define vl      vector<ll>
#define vvi     vector<vi>
#define pii     pair<int,int>
#define pll     pair<ll,ll>
#define pil     pair<int,ll>
#define pli     pair<ll,int>#define pb        push_back
#define mp      make_pair#define fore(index_i,index_l,index_r)  for(int index_i=int(index_l);index_i<int(index_r);index_i++)
#define forn(i,n)   fore(i,0,n)
#define sz(a)       (int)(a).size()
#define all(a)      (a).begin(),(a).end()
#define mem(a,i)    memset(a,i,sizeof(a))
#define fout(a,n)   forn(index_fi,n)cout<<a[index_fi]<<' ';cout<<endl;
#define ffout(a,n,m)    forn(index_ffi,n){forn(index_ffj,m)cout<<a[index_ffi][index_ffj]<<' ';cout<<endl;}cout<<endl;
#define out(i)      cout<<i<<endl;#define Pi        acos(-1.0)using namespace std;
const int MOD=int(1e9)+7;
const ll  MOD64=(ll)(1e18)+7;
const int INF=0x7fffffff;
const ll INF64=0x7fffffffffffffff;void file()
{#ifdef _DEBUGfreopen("cin.txt","r",stdin);//  freopen("cout.txt","w",stdout);
#endif
}const int N = 1e6+10;
int d[N],pr[N];
int one_p[N];
int dist[N][2];
int ans = N;
queue<int> q;
vi g[N];
int n;void init()//求10^6以内的质数，pr[i]表示第i个质数是pr[i],总共n个，//d[j]表示j的最小质数在pr数组中的坐标
{n=0;mem(d,-1);fore(i,2,N){if(d[i]!=-1)continue;pr[n]=i;for(int j=i;j<N;j+=i){if(d[j]==-1)d[j]=n;}n++;}
}void bfs(int root)
{while(!q.empty()){int v=q.front();q.pop();forn(i,sz(g[v])){int u=g[v][i];if(u==root)continue;//源点的子节点都访问过了，不用再访问源点了 if(dist[u][1]==-1)//新的节点 {dist[u][0]=dist[v][0]+1;dist[u][1]=dist[v][1];q.push(u);}else if(dist[u][1]!=dist[v][1])//出现环 {ans=min(ans,dist[v][0]+dist[u][0]+3);}}}
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);init();int m;cin>>m;forn(i,m){int x;cin>>x;vi a;while(x>1){int id=d[x];int t=0;while(x%pr[id]==0){t^=1;//异或来表示个数，1：奇数个，0：偶数个 x=x/pr[id];}if(t==1)a.pb(id);}if(sz(a)==0)//x刚好为平方数 ans=1;else if(sz(a)==1)//x=1*a[0] one_p[a[0]]++;else if(sz(a)==2)//x=a[0]*a[1]{g[a[0]].pb(a[1]);g[a[1]].pb(a[0]);}//cout<<i<<' ';fout(a,sz(a));}if(ans==1){cout<<"1\n";return 0;}forn(i,n){if(one_p[i]>=2)//存在两个1*one_p[i] {cout<<"2\n";return 0;}}//out(1);//当1做为源点时 while(!q.empty())q.pop();forn(i,n){//out(i);dist[i][0]=N;//dist[i][0]表示第i个质数到源点的距离 dist[i][1]=-1;//dist[i][1]表示第i个质数属于源点的哪一个子节点 if(one_p[i]>0){dist[i][0]=0;//这里为0，和后面出现环的时候的+3对应 dist[i][1]=i;q.push(i);}}bfs(-1);forn(i,n){if(pr[i]*pr[i]>N)break;while(!q.empty())q.pop();forn(j,n){dist[j][0]=N;dist[j][1]=-1;}forn(j,sz(g[i])){int u=g[i][j];if(dist[u][0]!=N){ans=min(ans,2);continue;}dist[u][0]=0;dist[u][1]=u;q.push(u);}bfs(i);}if(ans==N)ans=-1;cout<<ans<<endl;return 0;
}

F.Ehab’s Last Theorem

题意：给定一个n个点，m条边的无向图，sq=⌈√n⌉ .考虑两个问题：1、是否存在个数刚好为sq的独立数组，即数组元素两两没有边相连2、是否存在节点数不少于sq的简单环，环上每个点都只经过一次保证没有自循环和重复边，且图已连接，选择一个问题并给出答案
题解：dfs找环，bfs找独立数组
（吐槽一下，这道题明显比E题要难一点，E题还要建模）

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long int
#define _DEBUG#define vi        vector<int>
#define vl      vector<ll>
#define vvi     vector<vi>
#define pii     pair<int,int>
#define pll     pair<ll,ll>
#define pil     pair<int,ll>
#define pli     pair<ll,int>#define pb        push_back
#define mp      make_pair#define fore(index_i,index_l,index_r)  for(int index_i=int(index_l);index_i<int(index_r);index_i++)
#define forn(i,n)   fore(i,0,n)
#define sz(a)       (int)(a).size()
#define all(a)      (a).begin(),(a).end()
#define mem(a,i)    memset(a,i,sizeof(a))
#define fout(a,n)   forn(index_fi,n)cout<<a[index_fi]<<' ';cout<<endl;
#define ffout(a,n,m)    forn(index_ffi,n){forn(index_ffj,m)cout<<a[index_ffi][index_ffj]<<' ';cout<<endl;}cout<<endl;
#define out(i)      cout<<i<<endl;#define Pi        acos(-1.0)using namespace std;
const int MOD=int(1e9)+7;
const ll  MOD64=(ll)(1e18)+7;
const int INF=0x7fffffff;
const ll INF64=0x7fffffffffffffff;void file()
{#ifdef _DEBUGfreopen("cin.txt","r",stdin);//  freopen("cout.txt","w",stdout);
#endif
}const int N = 1e6+10;
vi v[N];
int sq,dep[N];
bool mark[N];//标记数组，标记为1表示不要，为0表示要
int n,m;
stack<int> s;void dfs(int x)
{s.push(x);dep[x]=s.size();forn(i,sz(v[x])){int u=v[x][i];if(!dep[u])dfs(u);else if(dep[x]-dep[u]+1>=sq)//出现环，且环的长度大于sq {cout<<2<<endl<<dep[x]-dep[u]+1<<endl;fore(i,dep[u]-1,dep[x]){int y=s.top();s.pop();cout<<y<<' ';}cout<<endl;exit(0);}}if(!mark[x])//对于要的节点，给相连的节点上标记1，保证不会出现要的点相连， {forn(i,sz(v[x]))mark[v[x][i]]=true;}s.pop();
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin>>n>>m;int x,y;forn(i,m){cin>>x>>y;v[x].pb(y);v[y].pb(x);}mem(mark,false);mem(dep,0);sq=0;while(sq*sq<n)sq++;dfs(1);cout<<1<<endl;for(int i=1;sq;i++){if(!mark[i]){cout<<i<<' ';sq--;}}cout<<endl;return 0;
}

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