1.公约数 (gcd.cpp\c\pas)
【问题描述】 给定一个正整数，在[1,n]的范围内，求出有多少个无序数对(a,b)满足 gcd(a,b)=a xor b。 【输入格式】 输入共一行，一个正整数n。 【输出格式】 输出共一行，一个正整数表示答案。 【输入输出样例】 gcd.in 3 gcd.out 1 解释：只有(2,3)满足要求 【数据范围】 对于30%的数据满足n<=1000 对于60%的数据满足n<=10^5 对于100%的数据满足n<=10^7
题解：这是一道数学题，对，要推公式那种。最烦了。
由给出的数据范围，骗个30分还是很容易的，最简单的暴力（我也就拿了这30。。。 Orz）暴力枚举两个数判断，复杂度O（n^2logn）。
60分的：可以发现，a xor b=c <==> a xor c=b。于是有了gcd(a,a xor c)==c，而c是a的约数。因此我们可以枚举c，再枚举a=i*c。因为n/1+n/2+n/3......+n/n=nlogn，加上gcd的logn，时间复杂度为O(nlog^2 n)。
100分代码：a=b时无解，所以不妨设a>b。因gcd(a,b)<=a-b<=a xor b，所以有c=a-b。枚举c，a=i*c。因gcd(a,a-c)=c，只要判断a xor c=a-c即可。时间O(nlogn)。
完整代码：
#include <cstdio> using namespace std; int main(){ freopen("gcd.in", "r", stdin); freopen("gcd.out", "w", stdout); int n,ans=0; scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=n/i;j>=2;j--){ int a=i*j; if((a^i)==a-i)ans++; } printf("%d\n",ans); }
2.通讯 (message.cpp\c\pas)
【问题描述】“这一切都是命运石之门的 选择。” 试图研制时间机器的机关 SERN 截获了中二科学家伦太郎发往过去的一条 短信，并由此得知了伦太郎制作出了电话微波炉（仮）。 为了掌握时间机器的技术，SERN 总部必须尽快将这个消息通过地下秘密通讯 网络，传达到所有分部。 SERN 共有 N 个部门（总部编号为 0），通讯网络有 M 条单向通讯线路，每条 线路有一个固定的通讯花费 Ci。 为了保密，消息的传递只能按照固定的方式进行：从一个已知消息的部门向 另一个与它有线路的部门传递（可能存在多条通信线路）。我们定义总费用为所 有部门传递消息的费用和。 幸运的是，如果两个部门可以直接或间接地相互传递消息（即能按照上述方法 将信息由 X 传递到 Y，同时能由 Y 传递到 X），我们就可以忽略它们之间的花费。 由于资金问题（预算都花在粒子对撞机上了），SERN 总部的工程师希望知道， 达到目标的最小花费是多少。 【输入格式】多组数据，文件以 2 个 0 结尾。 每组数据第一行，一个整数 N，表示有 N 个包括总部的部门（从 0 开始编号）。 然后是一个整数 M，表示有 M 条单向通讯线路。 接下来 M 行，每行三个整数,Xi,Yi,Ci，表示第 i 条线路从 Xi 连向 Yi，花费 为 Ci。 【输出格式】 每组数据一行，一个整数表示达到目标的最小花费。 【输入输出样例】 message.in 3 3 0 1 100 1 2 50 0 2 100 3 3 0 1 100 1 2 50 2 1 100 2 2 0 1 50 0 1 100 0 0 message.out 150 100 50 【样例解释】第一组数据：总部把消息传给分部 1，分部 1 再传给分 部 2.总费用： 100+50=150. 第二组数据：总部把消息传给分部 1，由于分部 1 和分部 2 可以互相传递消 息，所以分部 1 可以无费用把消息传给 2.总费用：100+0=100. 第三组数据：总部把消息传给分部 1，最小费用为 50.总费用：50. 【数据范围】对于 10%的数据， 保证 M=N-1 对于另 30%的数据，N ≤ 20 ，M ≤ 20 对于 100%的数据，N ≤ 50000 ， M ≤ 10^5 ，Ci ≤ 10^5 ，数据组数 ≤ 5 数据保证一定可以将信息传递到所有部门。
题解：其实是模版题，但是当时忘了Taijan算法，算了都是泪。简单来说就是把整个图中的强连通分量缩成一个点，然后贪心从起点出发用最小的边把它们都连起来就好。
完整代码：
#include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<iostream> #include<stack> using namespace std ; #define maxn 50005 const int inf=1<<30; int dfn[maxn],ord,bz[maxn],rd[maxn],low[maxn],head[maxn<<1],qy[maxn],ecnt,cnt,ans,m,n,u,v,w; stack<int>s; struct edge{ int u,v,w,next; }E[maxn<<1]; void addedge(int u,int v,int w){ E[++ecnt].u=u; E[ecnt].v=v; E[ecnt].w=w; E[ecnt].next=head[u]; head[u]=ecnt; } void Tarjan(int x){ low[x]=dfn[x]=++ord; s.push(x); bz[x]=1; for(int i=head[x];i;i=E[i].next){ int v=E[i].v; if(!dfn[v]){ Tarjan(v); low[x]=min(low[v],low[x]); } else if(bz[v]&&dfn[v]<low[x])low[x]=dfn[v]; } if(low[x]==dfn[x]){ for(;;){ int v=s.top(); bz[v]=0; rd[v]=cnt; s.pop(); if(v==x)break; } cnt++; } } void Work(){ for(int i=0;i<n;i++){ if(!dfn[i])Tarjan(i); } for(int i=0;i<cnt;i++){ qy[i]=inf; } for(int i=0;i<n;i++){ int u=rd[i]; for(int j=head[i];j;j=E[j].next){ int v=rd[E[j].v]; if(u!=v)qy[v]=min(E[j].w,qy[v]); } } for(int i=0;i<cnt;i++){ if(i==rd[0])continue; ans+=qy[i]; } } void init(){ memset(dfn,0,sizeof(dfn)); memset(head,0,sizeof(head)); memset(low,0,sizeof(low)); memset(bz,0,sizeof(bz)); memset(rd,0,sizeof(rd)); ecnt=0;ord=0;ans=0;cnt=0; } int main(){ freopen("message.in","r",stdin); freopen("message.out","w",stdout); while(1){ scanf("%d%d",&n,&m); if(!n&&!m)break; init(); for(int i=1;i<=m;i++){ scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); addedge(u,v,w); } Work(); printf("%d\n",ans); } }
3．label (label.cpp/c/pas)
【问题描述】 Samjia和Peter不同，他喜欢玩树。所以Peter送给他一颗大小为n的树，节 点编号从1到n。 Samjia要给树上的每一个节点赋一个[1,m]之间的权值，并使得有边直接相 连的两个节点的权值之差的绝对值 ≥ k。请你告诉Samjia有多少种不同的赋值 方案，只用求出答案对10 9+7(1000000007)取模得到的结果。 【输入格式】 输入文件名为 label.in。 输入数据的第一行包含一个整数 T，代表测试数据组数。 接下来是 T 组数据. 每组数据的第一行包含三个整数 n、m 和 k。 接下来 n − 1 行，每行包含两个整数 u 和 v， 代表节点 u 和 v 之间有 一条树边。 【输出格式】 输出文件名为 label.out。 对于每组数据，输出一行，包含一个整数，代表所求的答案。 【输入输出样例】 label.in 3 2 2 0 1 2 3 3 2 1 3 1 2 3 3 1 1 2 2 3 label.out 4 2 12 【输入输出样例说明】 对于第一组样例，满足的方案如下 图中方括号内的数字（[x]）代表给节点赋的值。
题解：最有意思的一道题。f(x,y)代表x点取值y时符合条件的方案数，从 各子节点方案数f(v,i)(1<=i<=m&&|i-y|>=k)的和求积而更新；并且可以发现，对f(v,i)求和时很大一部分值是重复的。
假如此时 m=10，k=2。树长这样 (1)--->(2)--->(3) 只有单链。
可以发现什么？
Dp[3][1]=dp[3][2]=……=dp[3][10]=1
Dp[2][1]=dp[2][10]=8
Dp[2][2]=dp[2][3]=……=dp[2][9]=7
Dp[1][1]=dp[1][10]=57
Dp[1][2]=dp[1][9]=50
Dp[1][3]=dp[1][4]=……=dp[1][8]=51
一个显而易见的是，同一个点的 dp 值是对称的。这个可以当作线段来看，父亲节点取一个值，和其距离k以外的就是子节点的取值范围。相当用短线遮挡一条长线，从两边遮，可选的部分数量是一样的。
父 ---+---
子 ////////-----------
1 x x+k m
就像这样。
而且中间有一段的值是相同的。所以我只需关心有两端有多少个与中间一段的 dp 值。易得树的最大深度是 n-1=99，又因为 k<=100,所以 dp 值一端最多只有 99*100 个不同的，接下来就是一段相同的数。所以我只需设状态 dp[x][y]表示 x 节点的数是 y，且 x 的子树满足条件的方案数。要求 y<=(n-1)*k。中间的一段我只要算一个即可。
上代码。
#include<cstdio> #include<iostream> #include<algorithm> #include<cmath> #include<stack> #define maxn 10010 #define ll long long using namespace std; const int mod = 1e9 + 7; int ans,k,hl[maxn],fa[maxn],cnt,n,m,T,lim,f[110][maxn]; struct Edge{ int u,v,w,ne; }e[maxn<<1]; void init() { memset(hl,0,sizeof(hl)); memset(fa,0,sizeof(fa)); memset(f,0,sizeof(f)); memset(e,0,sizeof(e)); cnt=ans=0; } void add(int u,int v) { e[++cnt].u=u; e[cnt].v=v; e[cnt].ne=hl[u]; hl[u]=cnt; } ll getsum(int x,int st) { ll ret=0; for(int i=st;i<=lim;++i) ret=(ret+f[x][i])%mod;//起点在左区间 计算从起点到lim for(int i=m;i>m-lim&&i>lim&&i>=st;--i) ret=(ret+f[x][m-i+1])%mod;//类似上一行 计算右区间 int l=max(st,lim+1),r=m-lim;//计算中区间范围 int len=r-l+1; if(len>0) ret=(ret+1ll*len*f[x][lim]%mod)%mod; return ret; } void dfs(int x) { for(int i=hl[x];i;i=e[i].ne){ int v=e[i].v; if(v==fa[x]) continue; fa[v]=x; dfs(v); } for(int i=1;i<=lim;++i) f[x][i]=1; for(int i=hl[x];i;i=e[i].ne){ int v=e[i].v; if(v==fa[x]) continue; ll sum=getsum(v,k+1);//初始值 for(int j=1;j<=lim;++j){ if(j-k>=1) sum=(sum+f[v][j-k])%mod;//左端点增加区间 f[x][j]=1ll*f[x][j]*sum%mod;//乘法原理 int bj=j+k;//右端点 if(bj<=m){//右端点还在大范围内 if(m-bj+1<=lim) bj=m-bj+1;//将右区间定位到左区间 else if(bj>=lim) bj=lim;//中区间定位到lim点 sum=((sum-f[v][bj])%mod+mod)%mod;//右端点退出区间 } } } } int ksm(int a,int B) { int x=a,b=B,ret=1; while(b){ if(b&1) ret= 1ll*ret*x%mod; x= 1ll*x*x%mod; b>>=1; } return ret; } int main() { freopen("label.in","r",stdin); freopen("label.out","w",stdout); int x,y; scanf("%d",&T); while(T--){ init(); scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); for(int i=1;i<n;++i){ scanf("%d%d",&x,&y); add(x,y); add(y,x); } if(!k){ printf("%d\n",ksm(m,n)); continue; } lim=min(10000,m); dfs(1); printf("%d\n",getsum(1,1)); } return 0; }
代码特别鸣谢@五十岚芒果酱
大佬无私的支持hhh