前言

750AB是水题.
749A小清新也比较水但有一点细节
749B经典的那种需要稍微想想但不难的图论蓝题
749C是裹着图论的贪心题
749D的预处理是魔法操作之前没有见过（据说还可以暴力FWT？）
749E大式子题我直接弃疗

CF450A Jzzhu and Children

Description\text{Description}Description

nnn 个孩子排成队，每个孩子有一个需求 aia_iai​.
每次给队首的孩子 mmm 个糖果，如果还没有满足需求，该孩子就回到队尾，否则就离开.
求最后一个离开的是谁.

Solution\text{Solution}Solution

水题，⌈ain⌉\lceil \dfrac{a_i}{n}\rceil⌈nai​​⌉ 求出每个孩子需要几轮，然后取一个轮数最大即可.
同一轮数取编号最大.

Code\text{Code}Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
//#define double long double
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=1050;
const double eps=1e-10;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}
int n,m;
int a[105];
int main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();m=read();for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();int mx=0,id=0;for(int i=1;i<=n;i++){int o=(a[i]+m-1)/m;if(o>=mx){mx=o;id=i;}}printf("%d\n",id);return 0;
}
/*
3 3
tsy
*/

CF450B Jzzhu and Sequences

Description\text{Description}Description

有一个数列 fif_ifi​,给出 f1,f2f_1,f_2f1​,f2​，对于 i>2i>2i>2，满足 fi=fi−1+fi+1f_i=f_{i-1}+f_{i+1}fi​=fi−1​+fi+1​.
求数列的第 nnn 项.
n≤109n\le10^9n≤109

Solution\text{Solution}Solution

移项：
fi+1=fi−fi−1f_{i+1}=f_{i}-f_{i-1}fi+1​=fi​−fi−1​.
矩阵乘法即可.

Code\text{Code}Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
//#define double long double
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=1050;
const int mod=1e9+7;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}
int n,m;
struct matrix{ll a[3][3];int x,y;matrix(int xx,int yy):x(xx),y(yy){memset(a,0,sizeof(a));}matrix() {memset(a,0,sizeof(a));}
};
matrix mul(matrix u,matrix v){matrix res(u.x,v.y);for(int k=1;k<=u.y;k++){for(int i=1;i<=u.x;i++){for(int j=1;j<=v.y;j++) (res.a[i][j]+=u.a[i][k]*v.a[k][j])%=mod;}}return res;
}
matrix ksm(matrix o,int k){matrix res(2,2);res.a[1][1]=res.a[2][2]=1;while(k){if(k&1) res=mul(res,o);o=mul(o,o);k>>=1;}return res;
}
matrix tr,ans;
int main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifans.a[1][2]=(read()+mod)%mod;ans.a[1][1]=(read()+mod)%mod;ans.x=1;ans.y=2;n=read();if(n<=2){printf("%lld\n",ans.a[1][3-n]);return 0;}tr.x=tr.y=2;tr.a[1][1]=1;tr.a[1][2]=1;tr.a[2][1]=mod-1;tr.a[2][2]=0;ans=mul(ans,ksm(tr,n-2));printf("%lld\n",ans.a[1][1]);return 0;
}
/*
3 3
tsy
*/

CF449A Jzzhu and Chocolate

Description\text{Description}Description

给出一个 N×MN \times MN×M 的矩阵，给 KKK 个操作，每次操作可以横/竖切割矩阵，求 KKK 次切割，最大化最小块的面积.

Solution\text{Solution}Solution

显然要尽可能平均的切.
那么答案就是 ⌊nx⌋×⌊mk+2−x⌋\lfloor \dfrac{n}{x}\rfloor \times \lfloor \dfrac{m}{k+2-x}\rfloor⌊xn​⌋×⌊k+2−xm​⌋.
⌊nx⌋\lfloor \dfrac{n}{x}\rfloor⌊xn​⌋ 只有 O(n)O(\sqrt n)O(n​) 中取值，整除分块枚举这些值，然后贪心的让 xxx 尽可能的大即可.
需要开 longlong.
细节上，当 k+2−x≤0k+2-x\le0k+2−x≤0 时，要当成 111 处理.

Code\text{Code}Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
//#define double long double
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=1050;
const int mod=1e9+7;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}
int n,m,k;
ll ans;
inline void check(int a){int b=k+2-a;if(b>m) return;if(b<=0) b=1;ans=max(ans,1ll*(n/a)*(m/b));return;
}
int main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();m=read();k=read();if(n+m<k+2){printf("-1");return 0;}for(int i=1;i<=n;){check(n/(n/i));i=n/(n/i)+1;}for(int i=1;i*i<=n;i++){if(n%i) continue;check(i);check(n/i);}printf("%lld\n",ans);return 0;
}
/*
3 3
tsy
*/

CF449B Jzzhu and Cities

Description\text{Description}Description

nnn 个点，mmm 条带权边的无向图，另外还有 kkk 条特殊边，每条边连接 111 和 iii 。 问最多可以删除这kkk 条边中的多少条，使得每个点到111 的最短距离不变.

Solution\text{Solution}Solution

我的做法是开两个堆，一个堆是 Dijkstra 正常用的堆，第二个堆存所有特殊边，优先从 dij 的堆转移即可.
题解的方法是直接维护最短路的条数，感觉更加直观.

Solution\text{Solution}Solution

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
//#define double long double
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=3e5+100;
const int mod=1e9+7;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}
int n,m,k;
struct node{int to,nxt,w;
}p[N<<1];
int fi[N],cnt;
inline void addline(int x,int y,int w){p[++cnt]=(node){y,fi[x],w};fi[x]=cnt;return;
}
struct edge{int id,val;bool operator < (const edge y)const{return val>y.val;}
};
priority_queue<edge>Q;
#define pr pair<ll,int>
#define mkp make_pair
priority_queue<pr,vector<pr>,greater<pr> >q;
ll dis[N];
bool vis[N];
int ans;
void dij(){memset(dis,0x3f,sizeof(dis));q.push(mkp(0,1));dis[1]=0;while(!q.empty()||!Q.empty()){int now;if(q.empty()||(!Q.empty()&&Q.top().val<q.top().first)){now=Q.top().id;int val=Q.top().val;Q.pop();if(vis[now]) continue;assert(dis[now]>val);dis[now]=val;++ans;}else{now=q.top().second;q.pop();if(vis[now]) continue;}vis[now]=1;for(int i=fi[now];~i;i=p[i].nxt){int to=p[i].to;if(dis[to]>dis[now]+p[i].w){dis[to]=dis[now]+p[i].w;q.push(mkp(dis[to],to));}}    }return;
}
int main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifmemset(fi,-1,sizeof(fi));n=read();m=read();k=read();for(int i=1;i<=m;i++){int x=read(),y=read(),w=read();addline(x,y,w);addline(y,x,w);}for(int i=1;i<=k;i++){edge o={(int)read(),(int)read()};Q.push(o);}dij();printf("%d\n",k-ans);return 0;
}
/*
3 3
tsy
*/

CF449C Jzzhu and Apples

Description\text{Description}Description

给出正整数 nnn，你要把 1−n1-n1−n 之间的正整数分成尽可能多组，使得每一组两个数的最大公约数大于1；输出能分成最多组的个数，并按任意顺序输出每组的两个数.

Solution\text{Solution}Solution

朴素做法可以想到枚举 gcdgcdgcd 把所有的倍数尽可能的配对.
考虑为什么这样随便选会不优.
就是当某次配对落单的最后也没有配对，但是如果选择其他某个元素落单，后面却可以配对.
所以我们应该尽可能的选取后面容易配对的.
那么我们每次就令 2×g2\times g2×g 配对，最后在 g=2g=2g=2 的时候全都配对就行了.
这样如果还有落单的，说明这些待定的是奇数个，那么肯定就会有落单的，不可能更优了.

Code\text{Code}Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
//#define double long double
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=1e5+100;
const int mod=1e9+7;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}
int n,m,k;
int q[N],st,ed;
bool vis[N],jd[N];
int x[N],y[N],tot;
int main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();for(int i=2;i<=n;i++){if(jd[i]) continue;for(int j=i+i;j<=n;j+=i) jd[j]=1;}for(int i=n;i>=2;i--){if(jd[i]) continue;st=1;ed=0;for(int j=i;j<=n;j+=i){if(!vis[j]) q[++ed]=j;}if(ed&1) swap(q[2],q[ed]);while(st<ed){++tot;x[tot]=q[st];vis[q[st++]]=1;y[tot]=q[st];vis[q[st++]]=1;}}printf("%d\n",tot);for(int i=1;i<=tot;i++) printf("%d %d\n",x[i],y[i]);return 0;
}
/*
3 3
tsy
*/

CF449D Jzzhu and Numbers

Description\text{Description}Description

给出一个序列 a1...na_{1...n}a1...n​，求元素按位与结果等于 000 的非空子集选取方案个数.
n≤106,ai≤106n\le 10^6,a_i\le 10^6n≤106,ai​≤106.

Solution\text{Solution}Solution

神奇的题.
容易想到容斥，设 resires_iresi​ 为与运算后至少有一个 111 的方案数.
那么答案就是：
ans=res0−res1+res2...ans=res_0-res_1+res_2...ans=res0​−res1​+res2​...
但 resxres_xresx​ 的值不易求解，所以转而考虑求 fxf_xfx​ 表示与运算后结果 www 满足 w&x=xw\&x=xw&x=x 的方案数.
若有 numxnum_xnumx​ 个 aia_iai​ 满足 ai&x=xa_i\&x=xai​&x=x ，那么就有
numx=2numx−1num_x=2^{num_x}-1numx​=2numx​−1
也就是只能在这 numxnum_xnumx​ 个数里选，且不能都不选.
那么关键就是求出 numxnum_xnumx​.

首先，对于每个 aia_iai​，令 numai++num_{a_i}++numai​​++.
然后，按位枚举 kkk ，然后若 xxx 的第 kkk 位是 111 ，就令 numx(1<<(k−1))←numxnum_{x^(1<<(k-1))}\gets num_xnumx(1<<(k−1))​←numx​.(换句话说就是转移到把第 kkk 位扣掉后的数.
为什么这样是对的？
首先，这样转移的显然都是合法元素，且不会遗漏.
关键就是为什么这样不会算重.
因为对于每个数对 (x,y),x&y=x(x,y),x\&y=x(x,y),x&y=x，numy→numxnum_y\to num_xnumy​→numx​ 的转移路径是唯一的.
比如说 01101→0010001101\to0010001101→00100，就会且只会在枚举第 111 位时 01101→0110001101\to 0110001101→01100，再在枚举第 444 位时 01100→0010001100\to 0010001100→00100.

Code\text{Code}Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
//#define double long double
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
const int N=2e6+100;
const int mod=1e9+7;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}
int n,m,k;
int a[N],mi[25],f[N],bit[N];
ll ksm(ll x,ll k){ll res(1);while(k){if(k&1) res=res*x%mod;x=x*x%mod;k>>=1;}return res;
}
int main(){#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),f[a[i]]++;mi[0]=1;for(int i=1;i<=20;i++) mi[i]=mi[i-1]<<1;for(int j=20;j>=0;j--){for(int i=0;i<mi[20];i++){if(i&mi[j]) f[i^mi[j]]+=f[i];}}for(int i=1;i<mi[20];i++) bit[i]=bit[i-(i&-i)]+1;ll ans(0);for(int i=0;i<mi[20];i++){f[i]=(ksm(2,f[i])+mod-1)%mod;if(bit[i]&1) ans+=mod-f[i];else ans+=f[i];ans%=mod;}printf("%lld\n",ans);return 0;
}
/*
3 3
tsy
*/

CF749E Inversions After Shuffle 题解

数学并不会但可以去看看这个

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