/* for me,开训第一天
/beacuse 文化课太差被抓去补文化课了... 看一眼题 ： AK局？ 但是，Wa on test #10 in problem C 290！ （就差那么一咪咪） 膜 _AK的_郝竟成 （id确实是这个） 说AK就AK了...
他踩了STD 阿！
(我)下午溜出去社会实践3h（with hjc）
*/
今天的题目好像都是一眼题：
Problem A 百万小小兵（Millian）
问[1,n]和n不互质的数有几个？
Solution: 在某同学在计算打表的时间的时候，默默的打开C++，写了n-Phi(n) 写完。
# include <bits/stdc++.h> # define int long long using namespace std; const int N=1e6+10; bool pr[N]; int prime[N]; int cnt=0; int phi[N]; void EouLaSha(int lim) { pr[0]=pr[1]=true; for (int i=2;i<=lim;i++) { if (!pr[i]) prime[cnt++]=i; for (int j=0;j<cnt&&i*prime[j]<=lim;j++) { pr[i*prime[j]]=true; if (i%prime[j]==0) break; } } } int Phi(int x) { EouLaSha(1e6); int p=0,ph=x; for (;;){ int nowprime=prime[p]; if (nowprime>x||p==cnt) break; if (x%nowprime==0) ph=ph/nowprime*(nowprime-1); while (x%nowprime==0) x/=nowprime; p++; } if (x>1) ph=ph/x*(x-1); return ph; } signed main() { int n; cin>>n; cout<<n-Phi(n)<<' '; return 0; }
Problem B 弹药分配（TNT）
维护一个数组w[]，有两个操作：
1 a b k c ： 把i∈[a,b]中，且i满足(i-a)%b==k的 w[i] += c
2 p : 询问w[p]的值
其中 n<=4e5,m<=4e5,答案不超过maxlongint
对于所有数据 ， k∈[1,10]
Hint : 随机数据(真的！) 暴力（考试时A了，我把它卡了）
Solution： 其实这个问题是分段线段树的问题，显然k的取值很小，首先mod k 有10种情况，mod k = t,t的取值有10种情况
就开100棵树状数组，其中(i,j,k)表示一棵树状数组描述(k=i%j)这颗树状数组，然后树状数组维护差分前缀和（就是原数组w）
考虑区间操作a,b,k,c 拆成 a-1单点模数是k余数是a%k 单点加上c，仅仅考虑对(i,k,a%k)，只从i=a开始改变i，其他2参数不变。
拆成b单点模数是k，余数是a%k 单点减去c，仅仅考虑(i,k,a%b)只从i=b开始改变i，其他两个参数不变。
这是基于一个区间的变化只会在和这段区间中的点i∈[a,b]和a取模相等的才有贡献（这是显然的）这里相当于更新i∈[a,b]和a取模相等这一个树状数组。
然后注意=0的越界情况，一直上不去（这里把倒过来建树状数组【后缀和】）
# include <bits/stdc++.h> # define fp(i,s,t) for (int i=s;i<=t;i++) # define lowbit(x) (x&(-x)) using namespace std; const int N=7e4+10; int c[N][11][11],a[N]; //c[i][j][mod] 表示i%j=mod差分前缀和 int n,m; inline int read(int &x) { int X=0,w=0; char c=0; while(c<'0'||c>'9') {w|=c=='-';c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9') X=(X<<3)+(X<<1)+(c^48),c=getchar(); x=w?-X:X; } inline void write(int x) { if (x<0) {x=-x;putchar('-');} if (x>9) write(x/10); putchar('0'+x%10); } void update(int x,int k,int mod,int opx) { if (x==0) return; for (;x;x-=lowbit(x)) { c[x][k][mod]+=opx; } } int query(int x,int k) { int ret=0; for (;x<=n;x+=lowbit(x)) { for (int j=1;j<=10;j++) ret+=c[x][j][k%j]; } return ret; } int main() { read(n); fp(i,1,n) read(a[i]); read(m); while (m--) { int t; read(t); if (t==1) { int l,r,k,val; read(l); read(r); read(k); read(val); update(l-1,k,l%k,-val); update(r,k,l%k,val); } else { int l; read(l); write(query(l,l)+a[l]); putchar(' '); } } return 0; }
Problem C 家园重建
给出n个点m条边的无向图， 求取边权最大的边构成的图，满足每个联通块都最多只有1个环。
对于100%的数据 n<=300
Solution: 首先没算好复杂度，点是n<=300，若是完全图边数就是n2条，想的应该不是O(n3)算法，至少是O(n2)，导致一开始没出来，当然后面出来了
我们考虑这样一个贪心，首先假设构造同样的图形(指形态一样即每个连通块的元素个数一样)，显然是选每个联通块中的最大边权（Kruscal算法）
然后考虑吧可以多出1个环，那么就用并查集维护，如果这两个点u,v之间有一条边了，而且是剩下边里面最大的，我判断u,v可不可以加，如果可以的话就加入，不行的话就下一条边，至加完。
首先如果u所在连通块和v所在连通块有环了，那么不可能（超过1个环的限制）
其次如果u和v本身联通，但无环那么可以连边（标记父亲有环）
如果u和v本身不连通，且无环，那么连边、合并（不标记父亲属于最大生成树）
每次合并的时候注意把没环的合到有环的上面就行（判断有无环只要看父亲就行了！）
复杂度O(n2 log n2)
# include <bits/stdc++.h> # define int long long # define fp(i,s,t) for (int i=s;i<=t;i++) using namespace std; const int N=310; struct rec{int x,y,w;}e[N*N]; int f[N],n,m,ans; bool cir[N]; bool cmp(rec a, rec b){return a.w>b.w;} inline int read(int &x) { int X=0,w=0; char c=0; while(c<'0'||c>'9') {w|=c=='-';c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9') X=(X<<3)+(X<<1)+(c^48),c=getchar(); x=w?-X:X; } int father(int x) { if (x==f[x]) return x; return f[x]=father(f[x]); } signed main() { read(n);read(m); fp(i,1,m) read(e[i].x),read(e[i].y),read(e[i].w),e[i].x++,e[i].y++; sort(e+1,e+1+m,cmp); fp(i,1,n) f[i]=i; fp(i,1,m) { int u=e[i].x,v=e[i].y,w=e[i].w; int fx=father(u),fy=father(v); if (fx!=fy) { if (cir[fx]&&cir[fy]) continue; ans+=w; if (cir[fx]) f[fy]=fx; else f[fx]=fy; } else { if (cir[fx]) continue; ans+=e[i].w; cir[fx]=true; } } cout<<ans<<' '; return 0; }