- D.Strange Definition
- F.Strange Housing
D.Strange Definition
题意：
定义“相邻元素”:如果(frac{lcm(a,b)}{gcd(a,b)})是一个平方数，则称a，b相邻。
给一个长度为n序列a[i]，d[i]为序列中与a[i]相邻元素的个数，这个序列每秒变化一次，每个元素变化方式为变成自己与自己所有相邻元素的乘积，现在有q次询问，求每次询问给一个x，输出第x秒序列中最大的d[i]。
题解：
1： (frac{lcm(a,b)}{gcd(a,b)} = frac{a*b}{gcd(a,b)^2}) 转化条件为： 将a,b质因数分解后，所有质因子在a，b中的奇偶性相同，则a，b相邻
2： 为了具体化这一条件，我们把一个数质因数分解，将所有出现次数为奇数次的因子相乘，比如 (540=4^2*3^3*5^1),出现奇数次的因子为3,5，得到(3*5=15)，我们把它叫做“奇积”，可以发现不同的数得到的这个数如果相等，那他们一定相邻
3： 得到上面条件后，利用map将上面的数轻易分组，但要怎么处理变化后的数组呢，可以发现分组后大小为奇数的组别（除了“奇积”为1的）不管怎么变化，都不会和其他组相邻，大小为偶的和“奇积”为1的在一次变化后全部相邻，因此(x==0)时一个答案，(x！=0)时一个答案。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define f(i,a,b) for(register int i=a;i<=b;++i)
#define ll long long
#define N 300005
#define INF 999999999
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
inline ll read(){ll x;scanf("%lld",&x);return x;}
map<ll,ll>mmp;
ll ans1,ans2,Sum;
void Divide(ll x)
{
ll sum=1,y=x;
for(int i=2;i*i<=x;++i){
if(x%i==0){
int s=0;
while(x%i==0) s++,x/=i;
if(s&1) sum*=i;
}
}
if(x!=1) sum*=x;
mmp[sum]++;
}
void solve()
{
Sum=ans1=ans2=0;
mmp.clear();
ll n=read();
f(i,1,n) Divide(read());
for(auto mx:mmp)
{
ans1=max(ans1,mx.se);
if(((mx.se)%2==0)||mx.fi==1)
Sum+=mx.se;
}
ans2=max(ans1,Sum);
ll q=read();
f(i,1,q)
{
ll x=read();
if(!x) printf("%lld
",ans1);
else printf("%lld
",ans2);
}
}
int main()
{
ll T=read();
while(T--) solve();
return 0;
}
F.Strange Housing
PS：这题放F就离谱，明明很简单，无语
题意：给一个无向无权图，要求选取几个点染色使之满足以下条件：
1：每个点要么是染色点要么与被染色点相邻
2：图保持连通
3：染色点不能相邻
找出这个方案或输出“NO”
题解：从一个点出发dfs，vis标记是否遍历过，如果点的相邻点都没被染色，那这个点就染色，否则就不染色（染色vis[i]=2，不染色vis[i]=1），这条件1和条件3就肯定满足，至于条件2嘛，用十二指肠想想都知道肯定满足。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define f(i,a,b) for(register int i=a;i<=b;++i)
#define ll long long
#define N 300005
#define INF 999999999
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
inline ll read(){ll x;scanf("%lld",&x);return x;}
vector<ll>eg[N],Ans;
int vis[N];
void dfs(ll s)
{
vis[s]=2;
for(ll v:eg[s]){
if(vis[v]==2) vis[s]=1;
}
for(ll v:eg[s]) if(!vis[v]) dfs(v);
}
void solve()
{
ll n=read(),m=read();
Ans.clear();
f(i,1,n) vis[i]=0,eg[i].clear();
f(i,1,m){
ll x=read(),y=read();
eg[x].pb(y);
eg[y].pb(x);
}
dfs(1);
int sum=0;
f(i,1,n){
if(!vis[i]){
printf("NO
");
return ;
}
if(vis[i]==2) Ans.pb(i);
}
printf("YES
");
int Siz=Ans.size();
printf("%d
",Siz);
for(ll x:Ans) printf("%lld ",x);printf("
");
}
int main()
{
ll T=read();
while(T--) solve();
return 0;
}
本场比赛总结：
1：D题提到的“奇积”应该记住，在很多设计质因子奇偶性的问题时，“奇积”可以描述出这个性质
2：质因子的快速分解方法(适用于(a_i<10^6)时)
以前我采用的质因子分解都是一个一个(nsqrt{n})的爆炸性复杂度求解，当遇到(n<10^6)且(a_i<10^6)时轻易爆炸，如果预处理出1e6前每个数的最大因子，分解时只遍历因子，就可以(nlogn)求解,预处理复杂度为(nlogn),代码如下
int Div[N];
void Divide(int x)
{
while(Div[x])
{
int v=Div[x],sum=0;
while(x%v==0) sum++,x/=v;
ds.push_back(v);
zs.push_back(sum);
}
if(x!=1) ds.push_back(x),zs.push_back(1);
}
int main()
{
for(int i=2;i<=N;++i)
{
if(Div[i]) continue;
for(int j=i;j<=N;j+=i)
Div[j]=i;
}
}