2019 Multi-University Training Contest 4
补题链接：2019 Multi-University Training Contest 4
1001 AND Minimum Spanning Tree (HDU 6614)
题意
给定一个有 (N) 个结点的完全图，编号从 (1) 到 (N)。结点 (x) 与结点 (y) ((1leq x, yleq N, x eq y)) 的边的权值为 (x) 与 (y) 按位与的值，求该图的最小生成树。
题解
位运算
偶数与 1 按位与的值一定是 0，奇数与 1 按位与的值一定是 1。
因此，让所有的偶数结点与结点 (1) 相连即可。
接着连接奇数结点。一个数 (x) 与奇数按位与的值为 0，那么奇数二进制表示下中的 1 全部要变成 0。由于结点编号从 (1) 到 (N)，那么结点不能取 (0)，因此 (x) 二进制中至少包含一个 1。为了让 (x) 尽可能的小（输出为字典序最小），可以让奇数二进制表示下的从右到左第一个 0 变成 1，如下表所示。
| 奇数 | 二进制 | (x) |
|---|---|---|
| 3 | 0011 | 0100 |
| 5 | 0101 | 0010 |
| 7 | 0111 | 1000 |
| 9 | 1001 | 0010 |
| 11 | 1011 | 0100 |
| 13 | 1101 | 0010 |
| 15 | 1111 | 10000 |
注意：如果奇数选择的最小结点大于 (N)，那么让该奇数结点与结点 (1) 相连，边的权值为 1。
因此，偶数结点的边权一定为 0，奇数结点如果与偶数结点相连边权为 0，与结点 (1) 相连权值为 1，保证总的边权最小，满足最小生成树。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 2e5 + 10;
int ans[maxn];
int main() {
int T;
cin >> T;
while(T--) {
int n;
scanf("%d", &n);
int cnt = 0;
for(int i = 2; i <= n; ++i) {
if(i % 2) {
int tmp = i;
int s = 0;
while(tmp & 1) {
s++;
tmp >>= 1;
}
int t = 1 << s;
if(t > n) {
ans[i] = 1;
cnt += 1;
} else {
ans[i] = t;
}
} else {
ans[i] = 1;
}
}
printf("%d
", cnt);
for(int i = 2; i <= n; ++i) {
printf("%d", ans[i]);
printf("%s", i == n? "
": " ");
}
}
return 0;
}
1003 Divide the Stones (HDU 6616)
题意
给定两个整数 (n) 和 (k)，将 (1 sim n) 的整数分成 (k) 组，要求每组中的所有数的和相同且每组的数的个数也相同，求可行解。
题解
思维
分类讨论。
-
当 (n) 为偶数时，(n / k) 也必须是偶数。然后蛇形取法即可。
-
当 (n) 为奇数时，(n / k) 也必须是奇数。(k = 1) 时特判。其余情况每组先分 (3) 个，剩下的按照第一步的方法即可。
1007 Just an Old Puzzle (HDU 6620)
(solved by ch)
题意
给定 (4 * 4) 的方格，包含 (1) 到 (15) 的数和一个空格。空格可以和上下左右的数字块交换。试求是否能够在 (120) 步移动空格使得方格变成图中的目标状态。
题解
逆序数
题目只需考虑是否有解，不需求出移动步数。即判断十五数码问题是否有解。
满足下列条件一定有解。
- 若格子列数为奇数，则逆序数必须为偶数；
- 若格子列数为偶数，且逆序数为偶数，则当前空格所在行数与初始空格所在行数的差为偶数；
- 若格子列数为偶数，且逆序数为奇数，则当前空格所在行数与初始空格所在行数的差为奇数。
参考
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[17];
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
int cnt=0,it;
for(int i=1;i<=16;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
if(a[i]==0)
{
if(i%4==0) it=i/4;
else it=1+i/4;
}
}
for(int i=2;i<=16;i++)
{
if(a[i]==0) continue;
for(int j=1;j<i;j++)
{
if(a[j]>a[i])
cnt++;
}
}
//cout<<cnt<<" "<<it<<endl;
if(cnt%2==0)
{
if(abs(4-it)%2==0) printf("Yes
");
else printf("No
");
}
else
{
if(abs(4-it)%2==0) printf("No
");
else printf("Yes
");
}
}
return 0;
}
1008 K-th Closest Distance (HDU 6621)
(solved by ch)
题意
给定一个 (a_1 ... a_n) 的数组。给定 (m) 个询问，每个询问包含四个整数 (L)， (R)， (p)， (K)，求 ({|a_L - p|, |a_{L+1} - p|, ... ,|a_R - p|}) 中第 (K) 大的数。
题解
二分 排序 离散化
记录所有数的下标，对所有数离散化，查找 (p) 的位置，往左往右分别找 (k) 个数，使得这些数的下标在区间 ([L, R]) 内，对所有找到的数排序，第 (k) 大的数即是答案。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <string>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef struct DATE
{
int id, val;
} D;
D date[100010];
bool cmp1(D a, D b)
{
return a.val < b.val;
}
vector<int> id[100010];
int a[100010];
int main()
{
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--)
{
memset(a, 0, sizeof(a));
int n, m, num = 0, Xor = 0;
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
date[i].id = i;
scanf("%d", &date[i].val);
}
sort(date + 1, date + n + 1, cmp1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
if (a[num] != date[i].val)
a[++num] = date[i].val;
id[num].push_back(date[i].id);
}
for (int i = 1; i <= num; i++)
{
sort(id[i].begin(), id[i].end());
}
for (int i = 0; i < m; i++)
{
int l, r, L, R, it, p, k, x[1010], tmp = 0;
scanf("%d%d%d%d", &l, &r, &p, &k);
l ^= Xor, r ^= Xor, k ^= Xor, p ^= Xor;
it = lower_bound(a + 1, a + num + 1, p) - a;
int tmp1 = 0, tmp2 = 0;
for (int j = it - 1; j >= 1 && tmp1 <= k; j--)
{
L = lower_bound(id[j].begin(), id[j].end(), l) - id[j].begin();
while (L < id[j].size() && id[j][L] <= r)
{
x[tmp++] = abs(a[j] - p);
L++;
tmp1++;
if (tmp1 > k)
break;
}
}
for (int j = it; j <= num && tmp2 <= k; j++)
{
L = lower_bound(id[j].begin(), id[j].end(), l) - id[j].begin();
while (L < id[j].size() && id[j][L] <= r)
{
x[tmp++] = abs(a[j] - p);
L++;
tmp2++;
if (tmp2 > k)
break;
}
}
sort(x, x + tmp);
Xor = x[k - 1];
printf("%d
", x[k - 1]);
}
for (int i = 1; i <= num; i++)
id[i].clear();
}
return 0;
}
1010 Minimal Power of Prime (HDU 6623)
题意
给定一个整数 (n > 1)，分解质因数后，求最小的指数。
题解
素数筛 质因数分解
由于 (3982^4 > 10^{18})，那么所有大于 (3982) 的数的指数最多为 (4)。
先筛出 (4000) 以内的所有质数，将 (n) 暴力分解质因数。如果 (n) 还没分解完，那么剩下的数分解质因数后的指数只能是 (1) 到 (4) 之间，从大到小枚举即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n;
int ans;
vector<int> primes;
int is_prime[4000];
void sieve() {
is_prime[0] = is_prime[1] = 1;
for(int i = 2; i < 4000; ++i) {
if(!is_prime[i]) {
primes.push_back(i);
}
for(int j = 0; j < primes.size() && i * primes[j] < 4000; ++j) {
is_prime[i * primes[j]] = 1;
if(i % primes[j] == 0) break;
}
}
}
void solve() {
for(int i = 0; i < primes.size() && primes[i] * primes[i] <= n; ++i) {
int cnt = 0;
if(n % primes[i] == 0) {
while(n % primes[i] == 0) {
cnt++;
n /= primes[i];
}
ans = min(ans, cnt);
}
}
if(n == 1 || ans == 1) {
printf("%d
", ans);
return;
}
int flag = 0;
for(int i = 4; i >= 2; --i) {
ll num = pow(n, 1.0 / i);
for(ll j = num - 3; j < num + 3; ++j) {
ll res = 1;
for(int k = 0; k < i; ++k) res *= j;
if(res == n) {
flag = 1;
break;
}
}
if(flag) {
ans = min(ans, i);
break;
}
}
if(flag) {
printf("%d
", ans);
} else {
printf("1
");
}
}
int main() {
sieve();
// for(int i = 0; i < 30; ++i) cout << primes[i] << endl;
int T;
scanf("%d", &T);
while(T--) {
ans = 65;
scanf("%lld", &n);
solve();
// printf("%d
", ans);
}
return 0;
}