T1 二元组(pair)
题目描述
求有多少个非负整数二元组(x,y)满足xy+x+y=n。
输入格式
输入文件pair.in。
多组数据，第一行一个整数T表示数据组数。
接下来T行，每行一个非负整数n,表示一个询问。
输出格式
输出文件pair.out。
输出T行，每行一个整数，表示答案。
样例
样例输入
3
1
3
4
样例输出
2
3
2
数据范围与提示
对于30%的数据，n≤20000,T≤1000；
对于100%的数据，n≤10^8,T≤10000。
Solution
把原式转化成((x+1)(y+1)=n+1)，所以只要枚举(n+1)的因数就可以了。
#include<cstdio>
using namespace std;
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
int T,n,ans,flag;
int main(){
freopen("pair.in","r",stdin);
freopen("pair.out","w",stdout);
T=read();
register int i;
while(T--){
n=read()+1;ans=0;flag=0;
for(i=1;i*i<n;i++){
if(n%i==0) ans++;
}
if(i*i==n) flag=1;
printf("%d
",(ans<<1)+flag);
}
return 0;
}
T2 排列计数(permutation)
题目描述
求有多少个1到n的排列满足恰有k对在排列中相邻的数满足前小于后，答案对2012取模。
输入格式
输入文件permutation.in 。
一行2个正整数n,k。
输出格式
输出文件permutation.out 。
输出一个整数表示答案。
样例
样例输入
5 2
样例输出
66
数据范围与提示
对于30%的数据，n≤10。
对于100%的数据，k<n≤1000。
Solution###
当初的做法时一个(O(kn^3))的加上一个前缀和优化，卡过了70分。
正解：用f[i][j]表示当n=i,k=j时的方案数，考虑往i的排列中插入一个i+1，插在什么位置会让j加1，容易得到
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
#define MN 1005
#define mod 2012
int n,K,ans;
//int f[2][MN][MN][3];
int f[MN][MN];
inline void add(int &x,int y){x+=y;x%=mod;}
int main(){
freopen("permutation.in","r",stdin);
freopen("permutation.out","w",stdout);
n=read(),K=read();
/*暴力dp-70分
register int i,j,k,kk,now=0;
f[0][1][0][0]=1;
for(i=2;i<=n;i++){
now=1-now;
memset(f[now],0,sizeof f[now]);
f[now][0][1][0]=f[now][i-1][i][0]=1;
for(j=1;j<i-1;j++)for(k=i-1;k>=1;k--)
add(f[now][j][k][1],f[1-now][j][k][0]+f[now][j][k+1][1]);
for(j=1;j<i-1;j++)for(k=2;k<=i;k++)
add(f[now][j][k][2],f[1-now][j-1][k-1][0]+f[now][j][k-1][2]);
for(j=1;j<i-1;j++)for(k=1;k<=i;k++)
add(f[now][j][k][0],f[now][j][k][1]+f[now][j][k][2]);
}
for(i=1;i<=n;i++) add(ans,f[now][K][i][0]);
printf("%d
",ans);
*/
register int i,j;
f[1][0]=f[2][0]=f[2][1]=1;
for(i=3;i<=n;i++){
f[i][0]=f[i][i-1]=1;
for(j=1;j<i-1;j++) f[i][j]=((j+1)*f[i-1][j]%mod+f[i-1][j-1]*(i-j)%mod)%mod;
}
printf("%d
",f[n][K]);
return 0;
}
T3 最短路(shortest)
题目描述
给出一个n个点m条边的无向图，点编号为1到n。定义最短路树为一个边集满足恰好构成一棵n个点的树且1号点在树上到每个点的最短路等于其在原图中的最短路。
给出最短路树，对除了1号点外的每个点i求从1号点出发且不经过最短路树上1到i最短路径上最后一条边的最短路长度。
输入格式
输入文件shortest.in。
第一行两个正整数n,m。
接下来m行，每行四个非负整数a,b,l,t，表示有一条连接a和b且长度为l的边，若t=1，这条边为最短路树上的边；若t=0则不是最短路树上的边。
输出格式
输出文件shortest.out。
输出一行n−1个数，第i个表示1到i+1要求的答案，如果无解则输出-1。
样例
样例输入
5 9
3 1 3 1
1 4 2 1
2 1 6 0
2 3 4 0
5 2 3 0
3 2 2 1
5 3 1 1
3 5 2 0
4 5 4 0
样例输出
6 7 8 5
数据范围与提示
对于30%的数据，n≤100，m≤2000。
对于100%的数据，n≤4000，m,l≤10^5。
Solution####
原题时BZOJ的3694。
到点i的最优路径必然是先沿树边走到子树i以外的一个点，再走一条非树边进子树i，然后沿树边走到i。枚举一条a走到b长度为L的边，a在子树外b在子树内，对点i的贡献是d[a]+L+d[b]-d[i]，由于-d[i]只跟i有关，只要对一个i求满足条件的最小的d[a]+L+d[b]。
怎么求呢。根据最优路径的走法，对于一对a和b，其实只会影响到a、b到lca(a,b)（不包括lca）的两条链，把所有的d[a]+L+d[b]按照大小排序后，一旦一个节点被更新后，就不会再被更新。用并查集维护，将被跟新后的链上元素全部指向链顶，这样就可以轻松地从a，b往lca上跳，且不会更新哪些已经被赋值地节点了。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
#define MN 4005
#define ME 100005
struct edge{int to,w,nex;}e[MN<<1];int cnt=0,hr[MN];
inline void ins(int f,int t,int w){
e[++cnt]=(edge){t,w,hr[f]};hr[f]=cnt;
e[++cnt]=(edge){f,w,hr[t]};hr[t]=cnt;
}
int n,m,dis[MN],Fa[MN],f[MN],bel[MN],dep[MN],pin;
struct relation{int a,b,w;}re[ME];
bool cmp(relation M,relation N){return M.w<N.w;}
void dfs(int fa,int x){
for(int i=hr[x];i;i=e[i].nex)if(e[i].to^fa){
Fa[e[i].to]=x;dis[e[i].to]=dis[x]+e[i].w;dep[e[i].to]=dep[x]+1;dfs(x,e[i].to);
}
}
int getf(int x){return f[x]==x?x:f[x]=getf(f[x]);}
int main(){
freopen("shortest.in","r",stdin);
freopen("shortest.out","w",stdout);
n=read(),m=read();
register int i,j,x,y,l,t;
for(i=1;i<=m;i++){
x=read(),y=read(),l=read(),t=read();
if(t) ins(x,y,l);
else re[++pin]=(relation){x,y,l};
}
dis[1]=0;dep[1]=1;dfs(0,1);
for(i=1;i<=n;i++) f[i]=i;
for(i=1;i<=pin;i++) re[i].w+=dis[re[i].a]+dis[re[i].b];
sort(re+1,re+pin+1,cmp);
for(i=1;i<=pin;i++){
int x=getf(re[i].a),y=getf(re[i].b);
while(x^y){
if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
bel[x]=i;
x=f[x]=getf(Fa[x]);
}
}
for(i=2;i<=n;i++){
if(bel[i]) printf("%d ",re[bel[i]].w-dis[i]);
else printf("-1 ");
}
return 0;
}
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