T1
Description
小$W$和小$M$一起玩拼图游戏啦~
小$M$给小$M$一张$N$个点的图，有$M$条可选无向边，每条边有一个甜蜜值，小$W$要选$K$条边，使得任意两点间最多有一条路径，并且选择的$K$条边甜蜜值之和最大。
Input
第一行三个正整数$N,M,K$。
接下来$M$行，每行三个正整数$A,B,C$表示$A,B$两点间有一条甜蜜值为$C$的无向边。
Output
一行输出最大甜蜜值之和。
Sample Input
5 4 3
1 2 10
1 3 9
2 3 7
4 5 3
Sample Output
22
HINT
$N,M;leq;100000$
Solution
$kruskal$裸题(听说某位$wwd$巨神直接写了$kruskal$交上去，然后$WA$了，因为他没看到$K$)。
#include<cmath> #include<ctime> #include<stack> #include<queue> #include<cstdio> #include<vector> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<algorithm> #define N 100005 using namespace std; struct edge{ int l,r,w; }a[N]; int f[N],n,m,k,ans; inline int read(){ int ret=0;char c=getchar(); while(!isdigit(c)) c=getchar(); while(isdigit(c)){ ret=ret*10+c-'0'; c=getchar(); } return ret; } inline bool cmp(edge x,edge y){ return x.w>y.w; } inline int gf(int k){ if(f[k]==k) return k; return f[k]=gf(f[k]); } inline void init(){ n=read();m=read();k=read(); for(int i=1;i<=m;i++){ a[i].l=read();a[i].r=read(); a[i].w=read();f[i]=i; } sort(a+1,a+1+m,cmp); for(int i=1,p,q;k&&i<=m;i++){ p=gf(a[i].l);q=gf(a[i].r); if(p!=q){ k--;ans+=a[i].w;f[p]=q; } } printf("%d ",ans); } int main(){ freopen("carpet.in","r",stdin); freopen("carpet.out","w",stdout); init(); fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; }
T2
Description
小$W$顺利地完成了拼图，该他给小$M$出题啦。
小$W$定义$"!"$运算符：
$1.N!k=N!(k-1); imes;(N-1)!k;(N>0$且$k>0)$
$2.N!k=1;(N=0)$
$3.N!k=N;(k=0)$
现在小$W$告诉小$M$ $N$和$k$，小$M$需要说出$N!k$的不同约数个数。
为了降低难度，答案对$10^9+9$取模就好了。
Input
第一行两个整数$N,M$。
Output
一行一个整数，为答案。
Sample Input
3 1
Sample Output
4
HINT
$N;leq;1000,k;leq;100$
Solution
解法一：
质因数分解一个数$x$为$x=p_1^{a_1}p_2^{a_2}…p_k^{a_k}(p_i$为不同的质数)
则$x$的不同约数个数为$(a1+1)(a2+1)…(ak+1)$。
所以只需知道$N!K$的约数个数即可。
设$f[i][j][k]$为$i!j$的结果中，第$k$个质数的个数:
$f[i][j][k]=f[i][j-1][k]+f[i-1][j][k](i>0$且$j>0)$
$f[i][j][k]=0(i=0)$
$f[i][j][k]=N$分解质因数后的结果$(j=0)$
解法二：
随便推推会发现和杨辉三角形很像，然后就很容易做了。
#include<cmath> #include<ctime> #include<stack> #include<queue> #include<cstdio> #include<vector> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<algorithm> #define P 170 #define K 101 #define N 1001 #define M 1000000009 #define MOD 1000000009ll using namespace std; typedef long long ll; struct total{ int t[P]; }f[N][K]; ll ans; int p[P],n,k,cnt; bool b[N]; inline void prime(){ for(int i=2;i<N;i++){ if(!b[i]) p[++cnt]=i; for(int j=1;j<=cnt&&p[j]*i<N;j++){ b[p[j]*i]=true; if(!(i%p[j])) break; } } } inline total add(total a,total b){ for(int i=1;i<P;i++) a.t[i]=(a.t[i]+b.t[i])%M; return a; } inline void init(){ scanf("%d%d",&n,&k); if(n<0||k<0) return; prime(); for(int i=1,x;i<=n;i++){ x=i; for(int j=1;x&&j<=cnt;j++) while(x&&!(x%p[j])){ x/=p[j]; if(++f[i][0].t[j]==M) f[i][0].t[j]=0; } } for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=k;j++) f[i][j]=add(f[i-1][j],f[i][j-1]); ans=1; for(int i=1;i<=cnt;i++) ans=ans*(ll)(f[n][k].t[i]+1)%MOD; printf("%lld ",ans); } int main(){ freopen("calc.in","r",stdin); freopen("calc.out","w",stdout); init(); fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; }
T3
Description
小$W$和小$M$正在出国旅游中~
他们到的国家共有$n$个城市，由$m$条分别属于$c$家公司的双向路连接。
上图是路线图的一个例子。假设要从车站$A$到车站$D$，最短的路线显然是$A$→$B$→$D$。
然而，最短的路线并不意味着最便宜的路线。上图中，铁路$A-B$,$B-C$,$C-D$属于同一家铁路公司，而铁路$B-D$属于另一家铁路公司，那么此时路线$A$→$B$→$C$→$D$就可能比路线$A$→$B$→$D$便宜。
这其中的主要原因，就是连续一段属于同一家铁路公司的路线花费并不与长度成正比，通常长度越长单位长度的花费就越少。那么，最终的路线可以被分为若干段，每段都属于同一家铁路公司，总花费就是每段花费之和。
Input
第一行$5$个整数,分别表示$n,m,c,s,t$。
接下来$m$行,每行$4$个整数$x_i,y_i,z_i,b_i$,表示在车站$x_i$与$y_i$之间，长度为$z_i$。
接下来$1$行$c$个整数$p_i$,表示第$i$家铁路公司的收费表有$p_i$段。
接下来$2; imes;c$行,每两行为一组,表示第$i$家公司的收费标准：
第一行$p_{i-1}$个整数$q_{i,j}$;
第二行$p_i$个整数$r_{i,j}$;
$f_i(x)=f_i(x-1)+r_{i,j} (q_{i,j-1}<x;leq;q_{i,j},1;leq;j;leq;p_i)$，
其中$f_i(0)=0,q_{i,0}=0,q_i,p_i=$∞,$q+{i,j}$随$j$递增,$r_{i,j}$随$j$递减。
如果您看过原题的输入说明的话，您一定会觉得简写的我很良心。
Output
若存在从$s$到$t$的路线，则第一行包含一个整数，表示最小花费；否则第一行包含一个整数$−1$。
Sample Input
4 4 2 1 4
1 2 2 1
2 3 2 1
3 4 5 1
2 4 4 2
3 2
3 6
10 5 3
100
10 9
Sample Output
54
HINT
$2;leq;n;leq;100,0;leq;m;leq;10^4,1;leq;c;leq;20,s ot=t,x_i ot=y_i,1;leq;z_i;leq;200,$
$1;leq;p_j;leq;50,1;leq;q_{j,k};leq;10^4,1;leq;r_{j,k};leq;100$
Solution
$floyd$预处理出只走第$i$家铁路公司的最低费用$dis[i][;][;],floyd$求最短路就是答案。
#include<cmath> #include<ctime> #include<cstdio> #include<vector> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<algorithm> #define C 25 #define P 55 #define N 105 #define M 20005 #define INF 2000000 using namespace std; int q[C][P],r[C][P],p[C]; int a[C][N][N],dis[N][N],n,m,c,s,t; inline int cost(int len,int t){ int c=0; for(int i=1;i<p[t];i++) if(len<=q[t][i]){ c+=(len-q[t][i-1])*r[t][i];break; } else c+=(q[t][i]-q[t][i-1])*r[t][i]; if(len>q[t][p[t]-1]) c+=(len-q[t][p[t]-1])*r[t][p[t]]; return c; } inline void floyd1(){ int d[N][N]; for(int l=1;l<=c;l++){ for(int i=1;i<n;i++) for(int j=i+1;j<=n;j++) d[i][j]=d[j][i]=a[l][i][j]; for(int k=1;k<=n;k++) for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) d[j][i]=d[i][j]=min(d[i][j],d[i][k]+d[j][k]); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) if(d[i][j]!=INF) dis[i][j]=min(dis[i][j],cost(d[i][j],l)); } } inline void floyd2(){ for(int k=1;k<=n;k++) for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) dis[i][j]=dis[j][i]=min(dis[i][j],dis[i][k]+dis[j][k]); } inline void init(){ scanf("%d%d%d%d%d",&n,&m,&c,&s,&t); for(int i=1;i<n;i++) for(int j=i+1;j<=n;j++){ dis[j][i]=dis[i][j]=INF; for(int k=1;k<=c;k++) a[k][i][j]=a[k][j][i]=INF; } for(int i=1,j,k,l,w;i<=m;i++){ scanf("%d%d%d%d",&j,&k,&w,&l); a[l][j][k]=a[l][k][j]=min(a[l][j][k],w); } for(int i=1;i<=c;i++) scanf("%d",&p[i]); for(int i=1;i<=c;i++){ for(int j=1;j<p[i];j++) scanf("%d",&q[i][j]); for(int j=1;j<=p[i];j++) scanf("%d",&r[i][j]); } floyd1();floyd2(); if(dis[s][t]==INF) printf("-1 "); else printf("%d ",dis[s][t]); } int main(){ freopen("railway.in","r",stdin); freopen("railway.out","w",stdout); init(); fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; }
为何这次又不简化题面?因为后面几天的题小W和小M都在虐狗QAQ