无关前置

最近同学都在打牛客网的比赛并且博主也在写一下牛客网的题，博主就去看了看，打了一场，题目质量还是非常不错的。我才不会告诉你我没开long long错了好久QWQ

212A-灰魔法师

题意简述

给出长度为nnn的序列aaa, 求有多少对数对 (i,j)(1≤i<j≤n)(i, j) (1 \leq i < j \leq n)(i,j)(1≤i<j≤n) 满足 ai+aja_i + a_jai+aj 为完全平方数。

数据范围：1≤n,a≤1051\leq n,a\leq10^51≤n,a≤105

这个签到题吧，范围十分的小，值域才10510^5105，开个数组记录一下每个数字出现次数，然后n\sqrt{n}n的每次枚举平方就好啦，复杂度O(nn)O(n\sqrt{n})O(nn)

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int M=3e5+10;
int n,maxv;ll ans;
int A[M],B[M];
int main(){scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&A[i]),maxv=max(A[i],maxv);for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j*j<=(maxv<<1);j++){if(j*j-A[i]<0) continue;ans+=B[j*j-A[i]];}++B[A[i]];}printf("%lld\n",ans);return 0;
}

212B-紫魔法师

题意简述

给出一棵仙人掌(每条边最多被包含于一个环，无自环，无重边，保证连通)，要求用最少的颜色对其顶点染色，满足每条边两个端点的颜色不同，输出最小颜色数即可

数据范围

n≤100000,m≤200000n\leq 100000, m \leq 200000n≤100000,m≤200000（nnn为点数，mmm为边数）

这个稍微推一下就知道了，本来这个问题在一般的无向图上，是非常难解决的，但是我们看，这是一个仙人掌，只有简单环。所以对于所有的环，如果有奇数点环，那么至少用三种颜色；如果所有环点数都为偶数，那么至少用两种颜色。由于是简单环，深搜一遍即可统计答案。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>using namespace std;
const int M=2e5+10;
int n,m;
struct ss{int to,last;ss(){}ss(int a,int b):to(a),last(b){}
}g[M<<1];
int head[M],cnt;
void add(int a,int b){g[++cnt]=ss(b,head[a]);head[a]=cnt;g[++cnt]=ss(a,head[b]);head[b]=cnt;
}
bool vis[M];
int dfn[M],tim,ans;
void dfs(int a,int b){if(ans==3) return;dfn[a]=++tim;vis[a]=1;for(int i=head[a];i;i=g[i].last){if(g[i].to==b) continue;if(!vis[g[i].to]){dfs(g[i].to,a);}else{int now=dfn[a]-dfn[g[i].to]+1;if((now&1)&&ans<3)ans=3;if(!(now&1)&&!ans)ans=2;}}
}
int a,b;
int main(){scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d",&a,&b);add(a,b);}if(!n){puts("0");return 0;}if(n==1){puts("1");return 0;}for(int i=1;i<=n;i++){if(!dfn[i]){dfs(i,i);if(ans>=3) break;}}printf("%d\n",ans);return 0;
}

215C-蓝魔法师

题意简述

给出一棵nnn个点的树，求有多少种删边方案，使得删后的图每个连通块大小小于等于kkk，两种方案不同当且仅当存在一条边在一个方案中被删除，而在另一个方案中未被删除，答案对998244353998244353998244353取模

数据范围：2≤n,k≤20002\leq n,k\leq 20002≤n,k≤2000

这个就是个裸的树上背包问题，我们定义状态f[i][j]f[i][j]f[i][j]，表示以iii为根的子树，连通块大小为jjj的方案数，其中我们特殊规定当j=0j=0j=0时，表示iii点不与上方父亲结点连通的方案数，所以就深搜一遍，树形DP\rm DPDP，复杂度看似最坏为n3n^3n3，实际上由于每次枚举不是枚举所有的点数，所以复杂度大概算下来为n2∼n53n^2\sim n^\frac{5}{3}n2∼n35左右，是不会达到n3n^3n3的，所以完全能够（具体的一些证明可以去网上找一些树上背包的题的题解，里面可能有）。

所以直接打就好了，不要害怕超时。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,k;
const int N=4010;
const int Mod=998244353;
struct ss{int to,last;ss(){}ss(int a,int b):to(a),last(b){}
}g[N<<1];
int head[N],cnt;
void add(int a,int b){g[++cnt]=ss(b,head[a]);head[a]=cnt;g[++cnt]=ss(a,head[b]);head[b]=cnt;
}
int dp[N][N],sze[N],sum[N],ls[N];
void dfs(int a,int b){sze[a]=1;dp[a][1]=1;for(int i=head[a];i;i=g[i].last){if(g[i].to==b) continue;dfs(g[i].to,a);for(int x=min(sze[a]+sze[g[i].to],k);x>=0;x--)ls[x]=0;for(int x=min(sze[a],k);x>=1;x--){for(int y=min(sze[g[i].to],k-x);y>=0;y--){ls[x+y]=(ls[x+y]+1ll*dp[a][x]*dp[g[i].to][y]%Mod)%Mod;}}sze[a]+=sze[g[i].to];for(int x=min(sze[a],k);x>=0;x--)dp[a][x]=ls[x];}for(int i=min(sze[a],k);i>=1;i--)dp[a][0]=(dp[a][0]+dp[a][i])%Mod;
}
int ans,a,b;
int main(){scanf("%d%d",&n,&k);for(int i=1;i<n;i++){scanf("%d%d",&a,&b);add(a,b);}dfs(1,0);printf("%d\n",dp[1][0]);return 0;
}

215D-绿魔法师

题意简述

给你一个空的可重集，nnn次操作，每次操作给出x,k,px,k,px,k,p，执行以下操作：

在SSS中加入xxx
输出∑y∈Sgcd(x,y)k(modp)\sum\limits_{y\in S}gcd(x,y)^k(\rm mod\ p)y∈S∑gcd(x,y)k(mod p)

1≤n,x,k,p≤1051\leq n,x,k,p\leq 10^51≤n,x,k,p≤105

显然暴力就为O(n2logn)O(n^2logn)O(n2logn)
但是我们这里考虑，gcdgcdgcd为最大公约数，所以一定为给出数字的因子，而在10510^5105内的一个数字的因子数量不会很多（可以自己用线性筛筛一遍看看），所以我们考虑将每个插入的数拆成因子插入，然后我们从大到小枚举它的因子，因为对于一个它的因子，如果当前枚举的肯定是较大的，当这个因子有的时候，那么肯定会成为答案，记这个因子为aaa，出现个数为ccc，那么贡献为c×(ak)c\times (a^k)c×(ak)，然后统计完这个我们需要把这个因子的因子的个数全部减去ccc，因为包含该因子的数字我们已经算了，不能重复算，而后面只会枚举比它小的数，所以只用减去它的因子的数。

我们每次n\sqrt{n}n的统计因子，然后记最多因子个数为www，每次w2w^2w2的统计答案，然后加一点常数优化和剪枝，就可以过了，复杂度O(nn×w2)O(n\sqrt{n}\times w^2)O(nn×w2)，但是注意这里的w2w^2w2是远远达不到的。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int n,p;
int cnt[N],del[N];
vector <int> vec[N];
int fpow(int a,int b){int ans=1;for(;b;b>>=1,a=(1ll*a*a)%p){if(b&1)ans=(1ll*ans*a)%p;}return ans%p;
}
void add(int x){int a=sqrt(x);if(!vec[x].size()){for(int i=1;i<=a;i++){if(!(x%i)){vec[x].push_back(i);++cnt[i];if((x/i)!=i){vec[x].push_back(x/i);++cnt[x/i];}}}}else{for(int i=0,sz=vec[x].size();i<sz;i++)++cnt[vec[x][i]];}
}
void calc(int x){int a=sqrt(x);for(int i=1;i<=a;i++){if(!(x%i)){vec[x].push_back(i);if((x/i)!=i){vec[x].push_back(x/i);}}}
}
bool is_sort[N];
int query(int x,int k){memset(del,0,sizeof(del));int ans=0;if(!is_sort[x])is_sort[x]=1,sort(vec[x].begin(),vec[x].end());for(int i=vec[x].size()-1;i>=0;i--){int a=vec[x][i];if(cnt[a]<=del[a]) continue;ans=(ans+(cnt[a]-del[a])*fpow(a,k)%p)%p;if(!vec[a].size())calc(a);int now=cnt[a]-del[a];if(i)for(int j=0,sz=vec[a].size();j<sz;j++){if(vec[a][j]>a) break;del[vec[a][j]]+=now;if(i&&vec[a][j]==vec[x][i-1]&&cnt[vec[x][i-1]]<=del[vec[x][i-1]])--i;}}return ans;
}
int x,k;
signed main(){scanf("%lld",&n);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld%lld%lld",&x,&k,&p);add(x);cout<<query(x,k)<<'\n';}return 0;
}

215E-黄魔法师

题意简述

给出 n,kn, kn,k，求一个长度为 nnn 的数组 aaa, 满足有恰好 kkk 对数对 (i,j)(1≤i<j≤n)(i, j) (1 \leq i < j\leq n)(i,j)(1≤i<j≤n)满足 ai+aja_i + a_jai+aj为完全平方数。如果不存在，输出 −1-1−1 。

数据范围: n≤105,k≤1010n\leq 10^5,k\leq 10^{10}n≤105,k≤1010

这个题非常的良心啊，第一题的标程就是它的检验器啊。

我们首先分析，对于无解的情况，当你无论如何都凑不到kkk个时就无解，所以对于一个长度为nnn的序列，它最多能组合出n×(n−1)2\frac{n\times(n-1)}{2}2n×(n−1)个完全平方数，所以当k>n×(n−1)2k>\frac{n\times(n-1)}{2}k>2n×(n−1)我们就可以判断它无解。

然后对于有解的情况，由于只让输出一种方案，所以我们特殊构造即可，首先我们找几个数字xxx，xxx要满足2x2x2x为完全平方数，然后因为数字可以重复，所以如果我们放了iii个xxx，那么它就会有i×(i−1)2\frac{i\times(i-1)}{2}2i×(i−1)的贡献。

所以我们分类讨论，对于kkk可以写成i×(i−1)2\frac{i\times(i-1)}{2}2i×(i−1)的形式的情况，我们直接输出iii个xxx，然后找一个yyy，满足2y2y2y和x+yx+yx+y都不为完全平方数，剩下的n−in-in−i个数字由这个数字填充即可。

然后对于kkk不能写成i×(i−1)2\frac{i\times(i-1)}{2}2i×(i−1)的形式的情况，我们可以多选几种xxx，然后先凑成近似kkk，剩下的我们找一个www，满足w+其中一个xw+\text{其中一个}xw+其中一个x为完全平方数，而2w2w2w不为完全平方数，那么它就可以贡献出选的那个xxx的个数那么多的完全平方数，不难发现，这样一定能凑到kkk，剩下的同理选一个和其它已经选的xxx，还有自己都不能组成完全平方数的数字填充即可。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int M=1e5+10;
ll n,k,top,p;
ll ans[M];int main(){scanf("%lld%lld",&n,&k);if(n*(n-1)/2<k){puts("-1");return 0;}for(;top*(top-1)/2<=k;++top);--top;ll res=k-top*(top-1)/2;if(!res){for(int i=1;i<=top;i++)ans[++p]=2;while(p<n)ans[++p]=3;}else{for(int i=1;i<=top-res;i++)ans[++p]=98;for(int i=1;i<=res;i++)ans[++p]=2;ans[++p]=7;while(p<n)ans[++p]=5;}for(int i=1;i<=n;i++)printf("%lld ",ans[i]);return 0;
}

215F-红魔法师

题意简述

一个空的二维平面上，每次加入或删除一个整点。
求每次操作完之后满足以下条件的三个点p1,p2,p3p_1,p_2,p_3p1,p2,p3的对数。

p1.y>p2.y>p3.yp_1.y>p_2.y>p_3.yp1.y>p2.y>p3.y
p1.x>max(p2.x,p3.x)p_1.x>max(p_2.x,p_3.x)p1.x>max(p2.x,p3.x)

令操作数为nnn，保证n≤60000,1≤x,y≤nn\leq 60000,1\leq x,y\leq nn≤60000,1≤x,y≤n。
保证加入点的时候平面上没有该点。
保证删除点的时候平面上有该点。

这个题由于有点难写以及比赛已经结束就没有写QWQ,所以这里口胡一下

暴力就不说了。

我们首先看统计的条件，十分特别，对于一个点，我们把它当做p1p_1p1，那么就只统计它的左下方的点对，且满足p2.y>p3.yp_2.y>p_3.yp2.y>p3.y即可。

所以我们先用离线，排序，扫描线预处理，然后用三维或者二维偏序之类的统计答案即可。

比赛Rank1后面是切了这个题的，牛客网的代码是公开的，所以想看代码的可以去牛客网看。

End

没有抽到T桖QAQ，虽然冬天，但是还是想要啊QWQ

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牛客网比赛-Wannafly挑战赛27

无关前置

End

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