上蓝了！

A. Consecutive Sum Riddle

题意

给一个nnn，你需要构造一个整数区间[L,R][L,R][L,R],其和等于nnn
分析

取[−n+1,n][-n+1,n][−n+1,n]即可。

B. Special Numbers

题意

给出一个 nnn , 另一个数 mmm 如果可以表示成 nnn 的不同幂次之和，则称 mmm 是 special 的。现在给出 nnn，将所有 special 的数升序排序，问第 kkk 个数是多少。

分析

假如一个数是 n0+n1+n4n^0+n^1+n^4n0+n1+n4 ，我们不妨用二进制表示，转化为 10011(2)10011_{(2)}10011(2) ，也就是说现在给了一个二进制的数，但是其每个位的权值要乘以 nnn. 那么第 kkk 个数表示成二进制自然就是 k(2)k_{(2)}k(2) 本身了，模拟快速幂求即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define fors(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define lson k<<1
#define rson k<<1|1
#define pb push_back
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
#define mem(a) memset(a, 0, sizeof(a))
#define DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0)
#define int long long
#define pii pair<int, int>
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
signed main() {DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED;int t;cin >> t;while(t--) {int n, k;cin >> n >> k;int ans = 0;int x = 1;while(k) {if(k & 1) {ans = (ans + x) % mod;}x = (x * n) % mod;k >>= 1;}cout << ans << endl;}return 0;
}

C. Make Them Equal

题意

给一串字符串，你要通过一些操作把它的所有字符全部变成 ccc：

选择一个数字 x,1≤x≤nx, 1\leq x\leq nx,1≤x≤n. 字符串中所有下标 iii 中 imodx≠0i\ mod\ x \neq 0i mod x=0 的下标都将被替换为 ccc.

分析

首先贪心考虑，如果 xxx 取 nnn，那么 [1,n−1][1,n-1][1,n−1] 必定全部都可以替换，接下来再取个 n−1n-1n−1，把 nnn 替换即可。故不管怎样，答案最多为2.

所以只需要考虑答案为1的情况了。这里我们可以直接暴力统计所有不等于 ccc 的下标的因数，如果不同因数的个数小于 nnn ，说明一定可以找到一个 xxx 使得所有字符为 ccc.

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define fors(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define lson k<<1
#define rson k<<1|1
#define pb push_back
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
#define mem(a) memset(a, 0, sizeof(a))
#define DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0)
#define int long long
#define pii pair<int, int>
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const double dinf = 1e100;
typedef long long ll;
//const ll linf = 9223372036854775807LL;
// const ll linf = 1e18;
using namespace std;
const int maxn = 3e5 + 10;
bool v[maxn];
signed main() {DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED;int t;cin >> t;while(t--) {int n;string s; char c;cin >> n;s += '#';string tmp;cin >> c;cin >> tmp;s += tmp;bool flag = 1;vector<int> pos;for (int i = 1; i <= n; ++i) v[i] = 0;for (int i = 1; i <= n; ++i) if(s[i] != c) {flag = 0; pos.pb(i);}if(flag) {cout << 0 << endl;continue;}int cnt = 0;for (auto &i : pos) {if(!v[i]) v[i] = 1, cnt++;for (int j = 1; j * j <= i; ++j) {if(i % j == 0 && !v[j]) v[j] = 1, cnt++;if(i % j == 0 && !v[i / j]) v[i / j] = 1, cnt++;}}if (cnt == n) {cout << 2 << endl;cout << n << ' ' << n - 1 << endl;}else {cout << 1 << endl;for (int i = 1; i <= n; ++i) if(!v[i]) {cout << i << endl;break;}}}return 0;
}

D. The Number of Imposters

题意

有一张 nnn 个节点的图，每条边都是单向边 (i,j,c)(i,j,c)(i,j,c) 表示第 iii 个人说第 jjj 个人是个说谎的人/说实话的人。且如果一个人是说谎的人，那他说的一定是假，否则一定是真。

问这张图最多有几个说实话的人。

分析

单向图其实可以直接转化为无向图，这是等价的。 aaa 说 bbb 是假的，其实和 bbb 说 aaa 假是一样的，可以列真值表证明。

而且，只要连通图中有一个人的真假确定了，其他人的真假一定也确定了。

所以，转化为无向图之后再记忆化搜索就可以了，对每个连通块进行 dfs ，dp[i][0]dp[i][0]dp[i][0] 表示第 iii 人说谎的情况下他和他的子节点中说实话的人有多少；dp[i][1]dp[i][1]dp[i][1] 表示 iii 说实话的情况下的答案。

注意矛盾的情况，搜索过程中每个节点要保存自己的当前真假情况，这样在子节点指回祖先节点时判断一下矛不矛盾就可以了。

所以对每个连通块搜索的根节点，假设其为实话或者谎话，分别 dfs 两次，取最大值即可。

其实也可以写的更简单的，但是昨天越写越奇怪，有点没稳住，思路太乱了。

不仅思路较为冗杂，代码也特别丑qwq

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define fors(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define lson k<<1
#define rson k<<1|1
#define pb push_back
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
#define mem(a) memset(a, 0, sizeof(a))
#define DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0)
// #define int long long
#define pii pair<int, int>
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const double dinf = 1e100;
typedef long long ll;
//const ll linf = 9223372036854775807LL;
// const ll linf = 1e18;
using namespace std;
const int maxn = 2e5 + 10;
int n, m;
int dp[maxn][2]; // i号节点说谎/不说谎的答案
vector<pii> e[maxn];
bool v[maxn];
bool flag = 0;
int fa[maxn];
int st[maxn]; // 当前的status 1说谎，2不说谎
vector<int> tmp;
void dfs(int i, int l) { // l:0说谎，1不说谎tmp.pb(i);st[i] = l + 1;for (auto &x : e[i]) {if(st[x.first]) {if(l == 1 && x.second == 0 && st[x.first] == 2){flag = 1;}else if(l == 1 && x.second == 1 && st[x.first] == 1) {flag = 1;}else if(l == 0 && x.second == 1 && st[x.first] == 2) {flag = 1;}else if(l == 0 && x.second == 0 && st[x.first] == 1) {flag = 1;}continue;}if(l == 1 && x.second == 0) {dfs(x.first, 0);dp[i][1] += dp[x.first][0];}else if(l == 1 && x.second == 1) {dfs(x.first, 1);dp[i][1] += dp[x.first][1];}else if(l == 0 && x.second == 0) {dfs(x.first, 1);dp[i][0] += dp[x.first][1];}else {dfs(x.first, 0);dp[i][0] += dp[x.first][0];}}
}
signed main() {DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED;int t;cin >> t;while(t--) {cin >> n >> m;flag = 0;fors(i, 1, n) {dp[i][0] = 0, dp[i][1] = 1;fa[i] = i;v[i] = 0;st[i] = 0;}int l, r; string s;while(m--) {cin >> l >> r >> s;if(s[0] == 'i') {e[l].pb({r, 0});e[r].pb({l, 0});}else {e[l].pb({r, 1});e[r].pb({l, 1});}}int ans = 0;for (int i = 1; i <= n; ++i) {if(!st[i]) {tmp.clear();dfs(i, 0);for(auto &x : tmp) st[x] = 0;dfs(i, 1);ans += max(dp[i][0], dp[i][1]);if(flag) break;}}if(flag) cout << -1 << endl;else cout << ans << endl;fors(i, 1, n) e[i].clear();}return 0;
}

E1. Rubik’s Cube Coloring (easy version)

这种E1还是放Div. 3去吧，能当A做了，我不好说。

属于是送经验了（

#include <bits/stdc++.h>
#define fors(i, a, b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define lson k<<1
#define rson k<<1|1
#define pb push_back
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
#define mem(a) memset(a, 0, sizeof(a))
#define DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0)
#define int long long
#define pii pair<int, int>
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const double dinf = 1e100;
typedef long long ll;
//const ll linf = 9223372036854775807LL;
// const ll linf = 1e18;
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
int fpow(int x, int y) {int ans = 1;while(y) {if(y & 1) {ans = (ans * x) % mod;}x = (x * x) % mod;y >>= 1;}return ans;
}
signed main() {DDLC_ESCAPE_PLAN_FAILED;int t;t = 1;while(t--) {int k;cin >> k;int p = (1LL << k) - 1LL;cout << (fpow(4, p - 1LL) * 6LL) % mod << endl;}return 0;
}

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