2019HDU多校第四场题解

1001.AND Minimum Spanning Tree

传送门：HDU6614

题意：给你一个又n个点的完全图，点编号从1~n，每条边的权值为被连接的两点编号按位与后的值。现在要你找到最小生成树，输出这个最小生成树的值 和 从2~n每个点相连的点（要求字典序最小）。

题解：因为是进行二进制操作，我们把数写成二进制形式可以发现，对于一个数x我们找到其从最低位开始第一个0位i，&上只有这一位是1其他位为0的数时与的结果为0。显然，只有n为2的次方-1时最小生成树的值为1，其他情况下每个点都能找到按位与后结果为0的点相连。

代码：

#include <cstdio>
using namespace std;
int a[50]={1};
int main() {
    int T,n;
    for (int i = 1; i < 30; i++)
        a[i] = a[i-1]*2;
    for (scanf("%d",&T);T--;) {
        scanf("%d",&n);
        int fg = 0;
        for (int i = 1; i < 30; i++)
            if (n+1 == a[i]) {
                fg = 1;
                break;
            }
        printf("%d
", fg);
        for (int i = 2; i <= n; i++) {
            int x = i,cnt = 1;
            while(x) {
                if (x%2 == 0) break;
                x>>=1;
                cnt<<=1;
            }
            printf("%d%c",cnt>n?1:cnt,i==n?'
':' ');
        }
    }
    return 0;
}

1003.Divide the Stones

传送门：HDU6616

题意：有n个石子，编号和重量都是1~n，现在要把这n个石子分成k组，要求每组数量和总重量相同，判断是否能分成k组，可以的话输出每组有哪些石子。

题解：待补

代码：

1007.Just an Old Puzzle

传送门：HDU6620

题意：给你一个4*4的矩阵，问你120步内是否能复原。

题解：奇数码可达性问题。我们判断将空格移到最后之后前15个数逆序对个数是否为偶数个即可。

代码：

#include <cstdio>
using namespace std;
const int N = 20 + 10;
int a[5][5],b[N];
int main() {
    int T,n;
    for (scanf("%d",&T);T--;) {
        int k=0,x=0;
        for (int i = 1; i <= 4; i++) 
            for (int j = 1; j <= 4; j++) 
                scanf("%d",&a[i][j]);
        for (int i = 1; i <= 4; i++) {
            for (int j = 1; j <= 4; j++) {
                if (i+j!=8&&!a[i][j]) {
                    for (int yy = j; yy < 4; yy++)
                        a[i][yy] = a[i][yy+1];
                    for (int xx = i; xx < 4; xx++)
                        a[xx][4] = a[xx+1][4];
                }
                b[++k] = a[i][j];
            }
        }
        for(int i=1;i<16;i++)
            for(int j=1;j<i;j++)
                if(b[i]<b[j]) x++;
        if (x%2==0) printf("Yes
");
        else printf("No
");
    }
    return 0;
}

1008.K-th Closest Distance

传送门：HDU6621

题意：你有一个长度为n的数组，有q次查询，每次询问[l,r]区间中p到ai第k大的距离是多少。

题解：区间第k大，第一反应是主席树。我们可以二分距离mid，当(p-mid,p+mid)中元素个数有k个时，mid为答案。注意边界。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
const int M = 1e6;
struct node{
    int l,r,val;
}T[N*40];
int a[N],root[N],cnt;
void update(int l,int r,int &x,int y,int pos) {
    T[++cnt] = T[y],T[cnt].val++,x = cnt;
    if (l == r) return;
    int mid = (l+r)>>1;
    if (mid >= pos) update(l,mid,T[x].l,T[y].l,pos);
    else update(mid+1,r,T[x].r,T[y].r,pos);
}
int query(int l,int r,int x,int y,int pl,int pr) {
    if (pl <= l && pr >= r) return T[y].val - T[x].val;
    int mid = (l+r)>>1;
    int ans = 0;
    if (pl <= mid) ans += query(l,mid,T[x].l,T[y].l,pl,pr);
    if (pr > mid) ans += query(mid+1,r,T[x].r,T[y].r,pl,pr);
    return ans;
}
int main() {
    int t,n,m;
    for (scanf("%d",&t);t--;) {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        cnt = 0;
        T[0].l = 0;
        T[0].r = 0;
        T[0].val = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            scanf("%d",&a[i]);
            update(1,M,root[i],root[i-1],a[i]);
        }
        int X = 0;
        while(m--) {
            int l,r,p,k,L=0,R=M;
            scanf("%d%d%d%d",&l,&r,&p,&k);
            l^=X,r^=X,p^=X,k^=X;
            while(L<=R) {
                int mid = (L+R) >> 1;
                if (query(1,M,root[l-1],root[r],max(1,p-mid),min(M,p+mid))>=k){
                    X = mid;
                    R = mid - 1;
                }else L = mid + 1;
            }
            printf("%d
", X);
        }
    }
    return 0;
}

1010.Minimal Power of Prime

传送门：HDU6623

题意：给你一个大于一的正整数n，它可以写成不同质因子的幂的乘积的形式，现在问这些质因子的幂中，最小的幂是多少。

题解：先暴力打出一万以内的素数，算出这些素数中最小的幂是多少，如果得到最小的幂为1或者n为1了则表示找出了最小幂，否则的话分类讨论。因为我们打了一万以内的素数，那么剩下的数最大也只能是一个素数的4次方，我们依次判断是否为某个数的4次方，3次方，2次方，都不是的话n应该是个素数答案为1 。（看到有人说先判断4次方再判断2次方然后判断3次方，好像顺序关系不大~

代码：

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define ll long long 
using namespace std;
const int N = 1e4 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int prime[N];
bool vis[N];
int main(){
    int cnt = 0,T;
    for (int i = 2; i < N; i++) {
        if (!vis[i]) prime[cnt++] = i;
        for (int j = 2; i * j < N; j++)
            vis[i*j] = 1;
    }
    for (scanf("%d",&T);T--;) {
        ll n;
        scanf("%lld",&n);
        int ans = INF;
        for (int i = 0; i < cnt; i++) {
            if(n%prime[i] == 0) {
                int num = 0;
                while(n%prime[i]==0) {
                    num++;
                    n/=prime[i];
                }
                ans = min(ans,num);
                if (ans == 1) break;
            }
        }
        if (ans == 1 || n == 1) {
            printf("%d
", ans);
            continue;
        }
        ll x = pow(n,0.25);
        if (pow(x,4) == n) 
            ans = min(ans,4);
        else if (pow(x+1,4) == n) ans = min(ans,4);
        else {
            x = pow(n,1.0/3.0);
            if (pow(x,3) == n) ans = min(ans,3);
            else if (pow(x+1,3) == n) ans = min(ans,3);
            else {
                x = pow(n,0.5);
                if (pow(x,2) == n) ans = min(ans,2);
                else if (pow(x+1,2) == n) ans = min(ans,2);
                else ans = min(ans,1);
            }
        }
        printf("%d
", ans);
    }
    return 0;
}