1.PolandBall and Hypothesis
大意就是让你找一个m使得n*m+1是一个合数。
首先对于1和2可以特判,是1输出3,是2输出4。
然后对于其他所有的n,我们都可以非常快的找到一个最小的与它互质的质数p(考虑反证法),并且满足p<n。
这样就相当与解一个同余方程 n*m = p-1 (mod p) , 解出的m可以保证 n*m+1 是 p 的倍数,也就是合数了。
又因为gcd(p,n)==1,所以这个方程肯定有解,直接求一个 n 在mod p意义下的逆元然后乘上 p-1 就行了。
这个方法牛逼的地方就在它的复杂度(如果不算快速幂和n大了要用高精度的话)是比log还小的,所以n甚至可以出到 2^63 级别。
(但这样就不好写checker了吧2333)
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; int zs[10]={2,3,5,7,11,13,17,19,23,29},n,i; inline int ksm(int x,int y,const int ha){ int an=1; for(;y;y>>=1,x=x*(ll)x%ha) if(y&1) an=an*(ll)x%ha; return an; } int main(){ scanf("%d",&n); if(n==1) puts("3"); else if(n==2) puts("4"); else for(;i<10;i++) if(n%zs[i]){ const int ha=zs[i]; printf("%d ",(ha-1)*(ll)ksm(n%ha,ha-2,ha)%ha); break; } return 0; }
2.PolandBall and Game
很裸很裸的一个贪心,肯定是优先选重叠的,所以hash一下直接贪就好啦QWQ
#include<bits/stdc++.h> #define ll unsigned long long using namespace std; unordered_map<ll,int> mmp; int n,m,tot; ll now; char c; int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++){ for(c=getchar(),now=0;c!=' ';c=getchar()) now=now*(ll)73+c-'a'+3ll; if(!now){ i--; continue;} mmp[now]=1; } for(int i=1;i<=m;i++){ for(c=getchar(),now=0;c!=' ';c=getchar()) now=now*(ll)73+c-'a'+3ll; if(!now){ i--; continue;} if(mmp[now]) tot++; } n+=(tot&1); puts(n>m?"YES":"NO"); return 0; }
3.PolandBall and Forest
又是一道神仙题。
可以证明同一颗树里面的p[]一定是点标号严格最小的直径中的一个端点,这个玩意还是画画图比较好理解。。。
于是我们就找一找这种端点互相对应的直径数就好啦。
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int N=10005; int n,a[N],cnt; int main(){ scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",a+i); for(int i=1;i<=n;i++) if(a[i]>=i&&a[a[i]]==i) cnt++; printf("%d ",cnt); return 0; }
4.PolandBall and Gifts
把置换拆成环之后,可以发现一个位置不带礼物会影响环上它和它的后继,那么两种极值肯定是希望 影响尽量重叠 或者 尽量不重叠。
最小化的话就是尽量重叠,可以发现当且仅当物品看成是环大小的背包可以凑出k的时候答案是k;否则就是k+1。
直接背包肯定会凉凉啊,但是多重背包可以把每个物品的体积拆成 1 + 2 + 4 + ... + lef,偶数项都可以放到更大的体积的物品中去(因为 ∑每种物品的体积×个数 = N,所以不会出事),所以每种物品最多加两次,并且最多加sqrt(N)种不同的物品(想一想为什么),于是bitset一下复杂度刚刚好是 3*1e7,卡着过(虽然实际复杂度非常优秀)。
最大化非常简单,直接贪心就好啦QWQ
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int N=1e6+5; inline int read(){ int x=0; char ch=getchar(); for(;!isdigit(ch);ch=getchar()); for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0'; return x; } bitset<N> B; int n,p[N],k,K,ans[2],lef,c[N]; bool v[N]; inline int getlen(int x){ int an=0; for(;!v[x];x=p[x]) v[x]=1,an++; return an; } inline void solve0(){ for(int i=1,now;i<=n;i++) if(!v[i]){ now=getlen(i),c[now]++; lef+=now&1,now^=now&1; if(K>=(now>>1)) K-=now>>1,ans[0]+=now; else if(K) ans[0]+=K<<1,K=0; } if(K) ans[0]+=min(K,lef); } inline void solve1(){ B[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) if(c[i]){ B|=B<<i,c[i]--; if(c[i]&1) B|=B<<i; c[i<<1]+=c[i]>>1; } ans[1]=B[k]?k:k+1; } int main(){ n=read(),K=k=read(); for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=read(); solve0(),solve1(); printf("%d %d ",ans[1],ans[0]); return 0; }
5.Fix a Tree
首先原图肯定是若干基环树,我们的任务就是最后只留一个联通的基环树,并且环还得是自环。
先看一看原图中有没有自环,如果有的话就随便找一个当根。
然后用并查集维护联通性,如果i和p[i]已经在一个联通分量里的话,就把p[i]指向根,并且ans++。
当然,如果原来就没有根的话那么就把i设为根,最后答案是一样的。
可以证明答案总是 : 联通分量个数 - [原图中有没有自环]
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int N=200005; inline int read(){ int x=0; char ch=getchar(); for(;!isdigit(ch);ch=getchar()); for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0'; return x; } void W(int x){ if(x>=10) W(x/10); putchar(x%10+'0');} int p[N],n,root,a[N],ans; int getf(int x){ return p[x]==x?x:(p[x]=getf(p[x]));} int main(){ n=read(); for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=i,a[i]=read(); for(int i=1;i<=n;i++) if(a[i]==i){ root=i; break;} for(int i=1,fa,fb;i<=n;i++) if(i!=root){ fa=getf(i),fb=getf(a[i]); if(fa!=fb) p[fa]=fb; else{ ans++; if(root) a[i]=root; else root=a[i]=i; } } W(ans),puts(""); for(int i=1;i<=n;i++) W(a[i]),putchar(' '); return 0; }