Codeforces每日一练 150A+776D+721C

150A Win or Freeze

传送门
数论水题
题意：给一个数q，写出q的因子p，并用p替换q，p不能等于q或1，谁先不能写谁就赢（注意胜负条件，de了半天发现题意看错了）
很明显，谁拿到质数谁就赢了，那就是质因子分解裸题啦
如果q是两个质数的乘积，那么无论怎么写都是对手第一个得到质数，必输
其他情况下，如果质因子数>=2，任意选两个即可，如果是1，就输出质因子的平方，如果本身是质数或一，输出0

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define IOS ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
#define maxn 300005
#define for_(i,n) for(ll (i)=1;(i)<=(n);i++)
vector<ll> ans;
int main(){
    IOS
   ll q;
    cin>>q;
    ll tmp=q;
    for (int i = 2; i <=sqrt(tmp) ; ++i) {
        if(q%i==0){
            while(q%i==0)q/=i;
            ans.push_back(i);
        }
    }
    if(q>1)ans.push_back(q);
    if(ans.size()>2){
        cout<<"1"<<endl;
        cout<<ans[0]*ans[1];
    }else{
        if(ans.size()==2){
            if(tmp!=ans[0]*ans[1]){cout<<1<<'
'<<ans[0]*ans[1];}
            else cout<<2;
        }
        else if(ans.size()==1){
            if (tmp!=ans[0]){
                if(tmp!=ans[0]*ans[0])cout<<1<<'
'<<ans[0]*ans[0];
                else cout<<2;
            }
            else cout<<1<<"
"<<0;
        }
        else cout<<1<<'
'<<0;
    }
    return 0;
}

776D The Door Problem

传送门
并查集水题
很明显用洛谷关押罪犯的思路即可
关押罪犯
题意：每个门有其初始状态并由两个开关控制，每个开关可控制多个门，每次使用开关会使其控制的门的状态取反（开->关，关->开），询问能否使所有的门都变成开。
对每个门考虑，如果是开，那么该门的两个开关要么都使用，要么都不使用，如果是关，那么两个开关必须使用其中一个（该情况下，假设两个开关互为“敌人”）。
显然就是并查集的思路了，如果是开，合并两个开关并合并两个开关的“敌人”，如果是关，将每个开关分别和另一个开关的“敌人”集合合并。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define IOS ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
#define maxn 100005
#define for_(i,n) for(ll (i)=1;(i)<=(n);i++)
int f[maxn],enemy[maxn];
int findfa(int x){
    if(x==f[x])return x;
    else {
        f[x]=findfa(f[x]);
        return f[x];
    }
}
void mergefa(int a,int b){
    int fa=findfa(a),fb=findfa(b);
    if(fa==fb)return ;
    else{
        f[fa]=fb;
        return ;
    }
}
vector<int> s[maxn];
int r[maxn];
int main(){
    IOS
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    for_(i,n)cin>>r[i];
    for_(i,m){
        int x;
        cin>>x;
        while(x--){
            int a;
            cin>>a;
            s[a].push_back(i);
        }
    }
    for_(i,m)f[i]=i;
    for_(i,n){
        int a=s[i][0],b=s[i][1];
        if(r[i]==1){
            mergefa(a,b);
            if(enemy[a]!=0&&enemy[b]!=0)mergefa(enemy[a],enemy[b]);
            else if(!enemy[a])enemy[a]=findfa(enemy[b]);
            else if(!enemy[b])enemy[b]=findfa(enemy[a]);
        }
        if(r[i]==0){
            if(!enemy[a])enemy[a]=findfa(b);
            else f[findfa(enemy[a])]=findfa(b);
            if(!enemy[b])enemy[b]=findfa(a);
            else f[findfa(enemy[b])]=findfa(a);
        }
    }
   for_(i,n){
        int a=s[i][0],b=s[i][1];
        if(r[i]==0)
            if(findfa(a)==findfa(b)){
                cout<<"NO";
                return 0;
            }
        if(r[i]==1)
            if(findfa(enemy[a])==findfa(b)||findfa(enemy[b])==findfa(a)){
                cout<<"NO";
                return 0;
            }
    }
    cout<<"YES";
    return 0;
}

721C Journey

传送门
DAG+dp
题意：DAG里每条路有一个权值代表时间，问在时间T内，从1走到n最多可以游览多少景点（我也想旅游（悲））。
之前没怎么做过dag上的dp，然后写个dfs还T了QAQ。
（百度到一般是拓扑排序+dp，具体原因等我学了再来填坑吧）
可以考虑dp[i][j]代表走到景点i且一共游览了j个景点的最小用时，由于还要输出方案，考虑用一个pre二维数组记录。如果dp[i][j]>dp[x][j-1]+w，那么pre[i][j]=x。
转移完成后，从n到2遍历dp[n][i]，找出符合时间小于T的i的最大值，输出i，然后沿着pre数组一路找，并且把路上的景点存到栈里。最后输出栈里元素即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define IOS ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
#define maxn 5005
#define inf 1000000002
#define for_(i,n) for(ll (i)=1;(i)<=(n);i++)
int n,m,t;
struct node{
    int v,w;
};
vector<node> g[maxn];
int dp[maxn][maxn];
int pre[maxn][maxn];
int de[maxn];
stack<int> ans;
queue<int> q;
int main(){
    IOS
    cin>>n>>m>>t;
    for_(i,m){
        int u,v;
        int ti;
        cin>>u>>v>>ti;
        g[u].push_back({v,ti});de[v]++;
    }

   while(q.size()!=n){
       for_(i,n){
           if(de[i]==0){
               de[i]--;
               q.push(i);
               for (auto j:g[i]){
                   de[j.v]--;
               }
           }
       }
   }
   for_(i,n)for_(j,n)dp[i][j]=inf;
   dp[1][1]=0;
   while(!q.empty()){
       int now=q.front();
       q.pop();
       for(auto i:g[now]){
           int v=i.v,w=i.w;
           for_(j,n-1){
               if(dp[now][j]+w<dp[v][j+1]){
                   dp[v][j+1]=dp[now][j]+w;
                   pre[v][j+1]=now;
               }
           }
       }
   }
    for (int k = n; k >=2 ; --k) {
        if(dp[n][k]<=t){
            cout<<k<<endl;
            int i=n,tmp=k;
            while(i!=0){
                ans.push(i);
                i=pre[i][tmp];
                tmp--;
            }
            break;
        }
    }
    while(!ans.empty()){
        cout<<ans.top()<<" ";
        ans.pop();
    }
    return 0;
}

这里度数–可以换成开一个vis数组。
（注意空间限制，开ll会mle。