NOIp2018集训test-9-6(am)

Problem A. divisor

发现x为k可表达一定可以表示成这种形式，如k=3,x=(1/3+1/2+1/6)x。

于是可以搜索k(k<=7)个1/i加起来等于1的情况，如果一个数是这些i的lcm的倍数这个数就是k可表达的。

std并没有给出它的搜索程序，我的搜索写得很不优秀，所以我写搜索写了很久。

一是用double会炸精度，于是我手写了分数类。

然后是搜的时候按从大到小搜，每次会有一个上限。

这样爆搜的话可以搜出6的，要搜出7的的话，因为实际上搜的是lcm,记录一下出现过的lcm,如果中途出现了这个lcm就直接return,。每次搜的时候是从up到dn搜的，一开始我在想要让lcm小的先出现应该先搜小的啊，李巨告诉我，先搜小的会让后面的up变得很大，而先搜大的，最开始的up也就7，后面的up也被限制得比较小，能先跑出较小的lcm，让这个优化有用。

这样对于每个k能搜出一些数，如果是这些数的倍数就可以k表达，这一步李巨直接ycl打表法代替，打出k表达数，从小到达一个一个把剩下的的倍数删除直到删完所有数，吊打爆搜。

这样就可以容斥做了，如果直接容斥最大的个数有15会炸，发现一些数的乘积是重复出现的，预处理出所有不同的数前面的容斥系数，不同的最多好像是300多个，就可以过这道题了。

//Achen
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<set>
#include<map>
#define Formylove return 0
#define For(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define Rep(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
const int N=1e6+7;
typedef long long LL;
typedef double db;
using namespace std;
int K,tot,tt[N],no[N],pp[N];

template<typename T>void read(T &x)  {
    char ch=getchar(); x=0; T f=1;
    while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
    if(ch=='-') f=-1,ch=getchar();
    for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0'; x*=f;
}

LL gcd(LL a,LL b) { return !b?a:gcd(b,a%b); }
LL lcm(LL a,LL b) { return a*b/gcd(a,b); }

struct fs {
    LL up,dn;
    fs(LL up,LL dn):up(up),dn(dn){}
    friend fs operator +(const fs&A,const fs&B) {
        LL up=A.up*B.dn+A.dn*B.up,dn=A.dn*B.dn;
        LL d=gcd(up,dn);
        return fs(up/d,dn/d);
    }
    friend fs operator -(const fs&A,const fs&B) {
        LL up=A.up*B.dn-A.dn*B.up,dn=A.dn*B.dn;
        LL d=gcd(up,dn);
        return fs(up/d,dn/d);
    }
};

int tmp;
int a[10],mx;
map<int,int>mp;
void dfs(int pos,int pr,fs now,LL nl) {
    if(pos==K+1) {
        if(now.up==now.dn) {
            //For(i,1,pos-1) printf("%d ",a[i]);
            //puts("");
            tt[++tot]=nl;
            mp[nl]=1;
        }
        return ;
    }
    if(now.up>=now.dn) return;
    if(mp[nl]) return ;
    fs tp=fs(1,1)-now;
    int up=tp.dn*(K-pos+1)/tp.up;
    for(int i=up;i>=pr;i--) {
        tp=now+fs(K-pos+1,i);
        if(tp.up<tp.dn) break;
        a[pos]=i;
        dfs(pos+1,i,now+fs(1,i),lcm(nl,i));
    } 
}

int main() {
#ifdef ANS
    freopen(".in","r",stdin);
    freopen(".out","w",stdout);
#endif
    read(K);
    dfs(1,2,fs(0,1),1);
    cout<<tmp<<endl;
    sort(tt+1,tt+tot+1);
    int ans=0;
    For(i,1,tot) if(!no[i]) {
        For(j,i+1,tot) if(tt[j]%tt[i]==0) no[j]=1;
        pp[++ans]=tt[i];
    }
    cout<<ans<<endl;
    For(i,1,ans) cout<<pp[i]<<" ";
    puts(""); 
    Formylove;
}

//Achen
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<set>
#include<map>
#define Formylove return 0
#define For(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define Rep(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
typedef long long LL;
typedef double db;
using namespace std;
int T;
LL A,B,K; 
LL bs[8][20]={{},{},
    {1,2},
    {2,3,4},
    {3,4,6,10},
    {6,5,6,8,9,14,21},
    {6,6,8,10,14,44,52},
    {15,7,8,9,10,12,15,22,33,39,52,55,68,102,114,138},
};

template<typename T>void read(T &x)  {
    char ch=getchar(); x=0; T f=1;
    while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
    if(ch=='-') f=-1,ch=getchar();
    for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0'; x*=f;
}

LL gcd(LL a,LL b) { return !b?a:gcd(b,a%b); }
LL lcm(LL a,LL b) { return a*b/gcd(a,b); }

LL rc[8][33007][2];
int tot,tt[8];
map<LL,int>mp;
void pre() {
    For(id,2,7) {
        int up=(1<<bs[id][0])-1;
        tot=0; mp.clear();
        For(i,1,up) {
            LL l=1; int cc=0;
            For(j,1,bs[id][0]) if(i&(1<<(j-1)))
                l=lcm(l,bs[id][j]),cc++;
            if(mp[l]) ;
            else mp[l]=++tot;
            int x=mp[l];
            rc[id][x][0]=l;
            rc[id][x][1]+=((cc&1)?1:-1);
        }
        tt[id]=tot;
    }
}

LL solve(LL n,int K) {
    if(!n) return 0;
    LL rs=0;
    For(i,1,tt[K]) 
        rs+=n/rc[K][i][0]*rc[K][i][1];
    return rs;
}

#define ANS
int main() {
#ifdef ANS
    freopen("divisor.in","r",stdin);
    freopen("divisor.out","w",stdout);
#endif
    read(T);
    pre();
    while(T--) {
        read(A); read(B); read(K);
        printf("%lld
",solve(B,K)-solve(A-1,K));
    }
    Formylove;
}

 

Problem B. rabbit

容易建出最大流模型，s向每堆胡萝卜连mi的边，每堆干草向t连ni的边，每堆胡萝卜向每堆干草连1的边。

根据最大流最小割定理，答案就是这个图的最小割，发现这个图的最小割可以表示成，s和胡萝卜的边中选a条边权和为Sa割掉，t和干草的边中选b条边权和为Sb的割掉，中间再割掉(n-a)*(m-b)条边。

ans=Sa+Sb+(n-a)*(m-b)

展开

ans=n*m+Sa-a*m+Sb-b*n+a*b

把权值全放到每条边上，a中的边权本为w的边权就是w-m，b中的边权本为w的边权就是w-n+a，最后的常数n*m不用管。

那么枚举a中选多少条边，按边权排序后选最小的那么多条，再选对于的b边权中小于0的那一部分。具体可以看看代码。

//Achen
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<set>
#include<map>
#define Formylove return 0
#define For(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define Rep(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
const int up=3e6+7;
typedef long long LL;
typedef double db;
using namespace std;
int mm[up],nn[up],cntm[up],cntn[up];
LL sm[up],sn[up],M,N,m0,md,n0,nd,ans;;

template<typename T>void read(T &x)  {
    char ch=getchar(); x=0; T f=1;
    while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9')) ch=getchar();
    if(ch=='-') f=-1,ch=getchar();
    for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0'; x*=f;
}

priority_queue<int>que;

#define ANS
int main() {
#ifdef ANS
    freopen("rabbit.in","r",stdin);
    freopen("rabbit.out","w",stdout);
#endif
    read(M); read(N);
    read(m0); read(md); mm[m0]++; cntm[m0]++; sm[m0]+=m0; 
    read(n0); read(nd); nn[n0]++; cntn[n0]++; sn[n0]+=n0;
    For(i,0,M-2) { m0=((LL)m0*58+md)%(N+1); mm[m0]++; cntm[m0]++; sm[m0]+=m0; }
    For(i,0,N-2) { n0=((LL)n0*58+nd)%(M+1); nn[n0]++; cntn[n0]++; sn[n0]+=n0; }
    M-=cntm[0]; N-=cntn[0];
    cntm[0]=mm[0]=cntn[0]=nn[0]=0;
    For(i,2,N) cntm[i]+=cntm[i-1],sm[i]+=sm[i-1];
    For(i,2,M) cntn[i]+=cntn[i-1],sn[i]+=sn[i-1];
    ans=1e18;
    For(i,1,N) {
        For(j,0,mm[i]) {
            LL a=cntm[i]-j;
            LL b=cntn[M-a];
            LL tp=N*M+sm[i]-(LL)j*i-a*N+sn[M-a]-M*b+a*b;
            ans=min(ans,tp);
        }
    }
    printf("%lld
",ans);
    Formylove;
}
/*
6 4
1 1 3 3 2 2
5 4 4 4
*/

Problem C. drinks

什么神题（解），不会。