2017 Multi-University Training Contest - Team 1
01 签到的
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000") #define rep(i,a,b) for (int i=a; i<=b; ++i) #define per(i,b,a) for (int i=b; i>=a; --i) #define mes(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) #define INF 0x3f3f3f3f #define MP make_pair #define PB push_back #define fi first #define se second typedef long long ll; const int N = 200005; int main() { int n, cas=0; while(~scanf("%d", &n)) { printf("Case #%d: %d ", ++cas, (int)(log10(2)*n)); } return 0; }
02 模拟
记：sort 比较函数cmp，如果最后相等，应该返回 false，否则会错。。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000") #define rep(i,a,b) for (int i=a; i<=b; ++i) #define per(i,b,a) for (int i=b; i>=a; --i) #define mes(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) #define INF 0x3f3f3f3f #define MP make_pair #define PB push_back #define fi first #define se second typedef long long ll; const int N = 100000+200, mod = 1e9+7; string s[N]; bool is[27]; int n, mx[27]; ll num[27][N]; struct Str { string si; int len, id; } str[27]; void Init() { mes(num,0); mes(is, 0); } bool cmp(Str a, Str b) { if(a.len!=b.len) return a.len < b.len; for(int j=a.len-1; j>=0; j--) if(a.si[j]!=b.si[j]) { if(a.si[j] < b.si[j]) return true; if(a.si[j] > b.si[j]) return false; } return false; // //string s1=a.si, s2=b.si; //reverse(s1.begin(),s1.end()), reverse(s2.begin(),s2.end()); //return s1<s2; } ll fpow(ll a, int b) {ll ans=1; for(;b;a=a*a%mod, b>>=1)if(b&1)ans=ans*a%mod; return ans; } int main() { int cas=0; while(~scanf("%d", &n)) { Init(); rep(i,1,n) { cin>>s[i]; if(s[i].length()!=1) is[s[i][0]-'a']=1; } mes(mx, 0); rep(i,1,n) { int len=s[i].length(); for(int j=len-1; j>=0; --j) { int ch = s[i][j]-'a'; ++num[ch][len-j-1]; mx[ch] = max(mx[ch], len-j); } } rep(i,0,25) { int len=0; str[i].si=""; for(int j=0; j<mx[i]; ++j) { num[i][j+1] += num[i][j]/26; num[i][j] %= 26; if(num[i][j+1]) mx[i] = max(mx[i], j+2); str[i].si += ('a'+num[i][j]); } str[i].len=mx[i], str[i].id=i; } sort(str, str+26, cmp); int flag=0; rep(i,0,25) { int ch = str[i].id; if(is[ch]==0) { flag=i; break; } } ll ans=0; rep(i,0,25) { ll val = flag==i ? 0 : (flag>i ? i+1 : i); for(int j=0; j<str[i].len; ++j) { ( ans += val*(str[i].si[j]-'a')*(fpow(26,j)%mod) ) %= mod; } } printf("Case #%d: %lld ", ++cas, ans); } return 0; }
03 树形dp，好题
题意： 求一棵树上所有路径不同权值个数的和。
tags： 看了题解才做出来。。
官方题解：单独考虑每一种颜色，答案就是对于每种颜色至少经过一次这种的路径条数之和。反过来思考只需要求有多少条路径没有经过这种颜色即可。直接做可以采用虚树的思想（不用真正建出来），对每种颜色的点按照 dfs 序列排个序，就能求出这些点把原来的树划分成的块的大小。这个过程实际上可以直接一次 dfs 求出。
直观地说，对于每种颜色，假设它在所有路径中都出现，即 n*(n-1)/2次，再减去它没有出现过的路径数量就是答案。 然后它没有出现过的路径数量怎么算呢？ 对于每种颜色，把它出现的地方在树上标出，发现它会把树划分成多个块，而在每个块中它是没有出现的，所以就转化成了求每种颜色划分出来的各个块的大小。 各个块的大小该怎么求呢？ 这里就是树dp 来实现了。
设sum[i]为已经dfs遍历过的点中,以颜色i 的点为根的子树的节点个数之和。当dfs遍历到节点 u 时，对于它的一个儿子节点 to，先进入 to 进行dfs。如果子树 to 中有颜色col[u]的点，sum[col[u]] 就会跟着变化。假设 sum[col[u]] 增加了num， 那么节点 to 下面就应该有 size[to]-num个颜色不为 col[u]的点还没有计算过，即 to 连着的块大小为 tmp=size[to]-num，把 tmp*(tmp-1)/2 加入到答案。 然后 sum[col[u]] += tmp 进行维护即可。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000") #define rep(i,a,b) for (int i=a; i<=b; ++i) #define per(i,b,a) for (int i=b; i>=a; --i) #define mes(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) #define INF 0x3f3f3f3f #define MP make_pair #define PB push_back #define fi first #define se second typedef long long ll; const int N = 200005; int n, col[N], head[N<<1], tot, Size[N], cnt; bool vis[N]; ll sum[N], ans; struct Edge{int to,next; } e[N<<1]; void Addedge(int u,int v) {e[tot]={v,head[u] }; head[u]=tot++; } void dfs(int u, int fa) { Size[u]=1; for(int i=head[u]; i!=-1; i=e[i].next) if(e[i].to!=fa) { ll s=sum[col[u]]; dfs(e[i].to, u); Size[u] += Size[e[i].to]; ll num=sum[col[u]]-s, tmp=Size[e[i].to]-num; ans += tmp*(tmp-1)/2, sum[col[u]] += tmp; } ++sum[col[u]]; } void Init() { mes(head, -1); mes(sum, 0); mes(Size, 0); ans = 0, tot = 0; mes(vis, 0); cnt=0; } int main() { int cas=0; while(~scanf("%d", &n)) { Init(); rep(i,1,n) { scanf("%d", &col[i]); if(vis[col[i]]==0) vis[col[i]]=1, ++cnt; } int a, b; rep(i,1,n-1) { scanf("%d %d", &a, &b); Addedge(a, b); Addedge(b, a); } dfs(1, 0); rep(i,1,n) if(vis[i] && i!=col[1]) { ans += 1LL*(n-sum[i])*(n-sum[i]-1)/2; } ans = 1LL*cnt*n*(n-1)/2-ans; printf("Case #%d: %lld ", ++cas, ans); } return 0; }
06 置换群
题意：给出两个数组，求满足 f(i)=b[f(a[i])] 关系的f()有多少个。
tags：把b[] 里面的环放入 a[] 里面，然后a[] 的环应该是 b[] 的环的倍数，且一个 a[i]不能对应多个 b[] 。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000") #define rep(i,a,b) for (int i=a; i<=b; ++i) #define per(i,b,a) for (int i=b; i>=a; --i) #define mes(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) #define INF 0x3f3f3f3f #define MP make_pair #define PB push_back #define fi first #define se second typedef long long ll; const int N = 100005, mod = 1e9+7; bool vis[N]; int mx; int cal(ll *a, int len, ll *num) { mes(vis, 0); int sum=0; for(int i=0; i<len; ++i) if(vis[i]==0) { ++sum; int cnt=0, t=i; while(vis[t]==0) { vis[t]=1, ++cnt, t=a[t]; } ++num[cnt]; mx=max(mx, cnt); } return sum; } ll a[N], b[N], num1[N], num2[N]; bool flag1[N]; void Init() { mes(num1, 0); mes(num2, 0); mes(flag1, 0); mx=0; } ll fpow(ll a,ll b) {ll ans=1; for(;b;a=a*a%mod, b>>=1)if(b&1)ans=ans*a%mod; return ans; } int main() { int cas=0, n, m; while(~scanf("%d %d", &n, &m)) { Init(); for(int i=0; i<n; ++i) scanf("%lld", &a[i]); for(int i=0; i<m; ++i) scanf("%lld", &b[i]); int cnt1=cal(a, n, num1), cnt2=cal(b, m, num2); ll ans=1; for(int i=1; i<=mx; ++i) if(num1[i]) { ll res=0; for(int j=i; j>0; --j) if(num2[j] && i%j==0) { ( res += num2[j]*j%mod ) %= mod; } ( ans *= (fpow(res,num1[i]) )) %= mod; } printf("Case #%d: ", ++cas); printf("%lld ", (ans+mod)%mod); } return 0; }
08 快排思想，线性复杂度求第 k小
题意：给出 n,m,A,B,C，其中 ABC为3个参数，用这三个参数可以生成n个数a[i] 。有 m个数b[i]，对于每一个b[i]，我们要找出在 a[] 数组中第 b[i]+1 小的数。
tags： T 到死的节奏。。
官方题解：
快速排序思想 ： 设要排序的数组是A[0]……A[N-1]，首先任意选取一个数据（通常选用数组的第一个数）作为关键数据，然后将所有比它小的数都放到它前面，所有比它大的数都放到它后面，这个过程称为一趟快速排序。
也就是利用快排思想，我们可以快速地把第 k 小的数找出来，而比它小的数都会换到它的左边，比它大的数都会换到它右边。这样就可以依次减少枚举的数量，达到O(n)复杂度。
类似快排思想：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000") #define rep(i,a,b) for (int i=a; i<=b; ++i) #define per(i,b,a) for (int i=b; i>=a; --i) #define mes(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) #define INF 0x3f3f3f3f #define MP make_pair #define PB push_back #define fi first #define se second typedef long long ll; const int N = 10000005; unsigned a[N], A, B, C, ans[110]; int n, m; bool vis[N]; void Qsort(int ki, int l, int r) { int i=l, j=r, k=l; while(i<j) { for(; i<j; --j) if(a[j]<a[k]) { swap(a[j], a[k]); k=j; break; } for(; i<j; ++i) if(a[i]>a[k]) { swap(a[i], a[k]); k=i; break; } } vis[k] = 1; if(l<k && ki<k) Qsort(ki, l, k-1); if(k<r && k<ki) Qsort(ki, k+1, r); } int main() { int cas=0; while(~scanf("%d %d %lu %lu %lu", &n, &m, &A, &B, &C)) { mes(vis, false); unsigned x = A, y = B, z = C, t; rep(i,1,n) { x ^= (x<<16); x ^= (x>>5); x ^= (x<<1); t=x, x=y, y=z, z=t^x^y; a[i] = z; } int bi; rep(i,1,m) { scanf("%d", &bi); ++bi; int l=bi, r=bi; for(; l>0 && vis[l]==0; --l) ; ++l; for(; r<=n && vis[r]==0; ++r) ; --r; Qsort(bi, l, r); ans[i] = a[bi]; } printf("Case #%d:", ++cas); rep(i,1,m) printf(" %lu", ans[i]); puts(""); } return 0; }
STL中的 nth_element(arr, arr+x, arr+n) 直接排：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000") #define mes(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) #define INF 0x3f3f3f3f #define MP make_pair #define PB push_back #define fi first #define se second typedef long long ll; const int N = 10000005; unsigned a[N], A, B, C, ans[110]; int n, m; pair<int , int > b[110]; int main() { int cas=0; while(~scanf("%d %d %lu %lu %lu", &n, &m, &A, &B, &C)) { unsigned x = A, y = B, z = C, t; for(int i=1; i<=n; ++i) { x ^= (x<<16); x ^= (x>>5); x ^= (x<<1); t=x, x=y, y=z, z=t^x^y; a[i] = z; } for(int i=1; i<=m; ++i) { scanf("%d", &b[i].fi); ++b[i].fi, b[i].se=i; } sort(b+1, b+1+m); b[m+1].fi=n; for(int i=m; i>0; --i) { if(i!=m && b[i].fi==b[i+1].fi) { // 没加这个优化就超时了。。 ans[b[i].se] = ans[b[i+1].se]; continue; } nth_element(a+1, a+b[i].fi, a+1+b[i+1].fi); ans[b[i].se] = a[b[i].fi]; } printf("Case #%d:", ++cas); for(int i=1; i<=m; ++i) printf(" %lu", ans[i]); puts(""); } return 0; }
11 水
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000") #define rep(i,a,b) for (int i=a; i<=b; ++i) #define per(i,b,a) for (int i=b; i>=a; --i) #define mes(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) #define INF 0x3f3f3f3f #define MP make_pair #define PB push_back #define fi first #define se second typedef long long ll; const int N = 200005; int main() { int cas=0; ll n, k; while(~scanf("%lld %lld", &n, &k)) { ll pos; if(k<=n) pos=k; else { k -= n; ll cnt1=k/(n-1), cnt2=k%(n-1); if(cnt2==0) pos = cnt1&1 ? n-1 : n; else pos=cnt2; } printf("Case #%d: %lld ", ++cas, pos); } return 0; }