20170117小测
2024-06-10 12:20:03
今天再次迎来了我们的例行考试。
T1：
首先我们考虑那些点是可以共存的，我们可以枚举一个质数做他们的gcd，然后把这些点放在一张图里求直径。
所以我们要做的就是把这些点的值分解质因数，对每个质因数挂一个链，代表有那些点包含这些质因数。然后我们枚举质因数，把这条链上的点放进图里求直径即可。由于质因数最多log个，所以复杂度nlogn。
然而分解质因数怎么做呢？10w个数，1e9的范围，暴力sqrt的分解肯定过不去，我们需要pollard rho。
然而考场上我想：pollard rho可能被卡(我才不告诉你我不会写pollard rho呢)，暴力分解又过不去。况且暴力分解在最差情况下连5000都过不去，我还不如敲个n^2log的暴力呢，然后就敲了一个裸暴力进去。
结果正解就是sqrt的暴力分解，很多人都这样A了。也就是说，我们1e10的计算量信仰跑过了。行吧，我也没什么可说的了。
这道题目告诉我们即使再绝望也不要放弃骗分......
(感觉此题堪比以后要给高一考的4e8信仰背包，然而这次却并没有我那么良心的验题人)
考场15分代码：
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<cstring>
4 #include<algorithm>
5 #define debug cout
6 using namespace std;
7 const int maxn=1e5+1e2;
8
9 int in[maxn];
10 int s[maxn],t[maxn<<1],nxt[maxn<<1];
11 int val[maxn],dis[maxn];
12 int ans;
13
14 inline int gcd(int a,int b) {
15 if( ! ( a && b ) ) return a | b;
16 register int t;
17 while( t = a % b )
18 a = b , b = t;
19 return b;
20 }
21
22 inline void addedge(int from,int to) {
23 static int cnt = 0;
24 t[++cnt] = to , nxt[cnt] = s[from] , s[from] = cnt;
25 }
26 inline void dfs(int pos,int fa) {
27 ans = max( ans , dis[pos] );
28 for(int at=s[pos];at;at=nxt[at])
29 if( t[at] != fa ) {
30 int g = gcd(val[pos],in[t[at]]);
31 if( g != 1 ) {
32 dis[t[at]] = dis[pos] + 1 , val[t[at]] = g;
33 dfs(t[at],pos);
34 }
35 }
36 }
37
38 int main() {
39 static int n;
40 scanf("%d",&n);
41 for(int i=1,a,b;i<n;i++) {
42 scanf("%d%d",&a,&b);
43 addedge(a,b) , addedge(b,a);
44 }
45 for(int i=1;i<=n;i++)
46 scanf("%d",in+i);
47 for(int i=1;i<=n;i++) {
48 val[i] = in[i] , dis[i] = 1;
49 dfs(i,-1);
50 }
51
52 printf("%d\n",ans);
53
54 return 0;
55 }View Code
正解代码：
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<cstring>
4 #include<algorithm>
5 #include<vector>
6 #include<map>
7 #include<cmath>
8 #define debug cout
9 using namespace std;
10 const int maxn=1e5+1e2;
11
12 map<int,int> mp;
13 vector<int> pts[maxn<<4];
14 int in[maxn];
15 int s[maxn],t[maxn<<1],nxt[maxn<<1];
16 bool can[maxn],vis[maxn];
17 int dis[maxn],root,mxp;
18 int n,m,ans,cnt;
19
20 inline void addedge(int from,int to) {
21 static int cnt = 0;
22 t[++cnt] = to , nxt[cnt] = s[from] , s[from] = cnt;
23 }
24 inline void cut(int x,int p) {
25 int sq = sqrt(x);
26 for(int i=2;i<=sq&&i*i<=x;i++) {
27 if( ! ( x % i ) ) {
28 if( !mp.count(i) ) mp[i] = ++cnt;
29 pts[mp[i]].push_back(p);
30 while( ! ( x % i ) ) x /= i;
31 }
32 }
33 if( x != 1 ) {
34 if( !mp.count(x) ) mp[x] = ++cnt;
35 pts[mp[x]].push_back(p);
36 }
37 }
38
39 inline void dfs(int pos,int fa) {
40 vis[pos] = 1;
41 if( dis[pos] > dis[mxp] ) mxp = pos;
42 for(int at=s[pos];at;at=nxt[at])
43 if( can[t[at]] && t[at] != fa ) {
44 dis[t[at]] = dis[pos] + 1;
45 dfs(t[at],pos);
46 }
47 }
48 inline void getans(int x) {
49 for(unsigned i=0;i<pts[x].size();i++)
50 can[pts[x][i]] = 1;
51 for(unsigned i=0;i<pts[x].size();i++)
52 if( !vis[pts[x][i]] ) {
53 mxp = 0;
54 dfs(pts[x][i],-1);
55 root = mxp , mxp = 0;
56 dis[root] = 1;
57 dfs(root,-1);
58 ans = max( ans , dis[mxp] );
59 }
60 for(unsigned i=0;i<pts[x].size();i++)
61 can[pts[x][i]] = vis[pts[x][i]] = dis[pts[x][i]] = 0;
62 }
63
64 int main() {
65 scanf("%d",&n);
66 for(int i=1,a,b;i<n;i++) {
67 scanf("%d%d",&a,&b);
68 addedge(a,b) , addedge(b,a);
69 }
70 for(int i=1,x;i<=n;i++) {
71 scanf("%d",&x);
72 cut(x,i);
73 }
74
75 for(int i=1;i<=cnt;i++)
76 getans(i);
77
78 printf("%d\n",ans);
79
80 return 0;
81 }View Code
然后由于标程复杂度不对，我来补了一发Pollard rho。注意1w以下的数值暴力分解，否则根本跑不出来。还有为什么这玩意跑得比暴力还慢......
无视那个随机数种子什么的，这不重要。
代码：
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<cstring>
4 #include<algorithm>
5 #include<map>
6 #include<vector>
7 #include<cstdlib>
8 #define lli long long int
9 #define bool unsigned char
10 #define debug cout
11 using namespace std;
12 const int maxn=5e6+1e2;
13
14 int in[maxn],dis[maxn],mxd,root;
15 int s[maxn],t[maxn<<1],nxt[maxn<<1];
16 bool can[maxn],vis[maxn];
17 vector<int> pts[maxn];
18 map<int,int> mp;
19 int n,m,cnt,ans;
20
21 namespace PollardRho {
22 const int lst[15]={0,2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,61,24251},lstlen=13;
23 inline int fastpow(int base,int tme,int mod) {
24 int ret = 1 , now = base;
25 while( tme ) {
26 if( tme & 1 ) ret = (lli) ret * now % mod;
27 now = (lli) now * now % mod;
28 tme >>= 1;
29 }
30 return ret % mod;
31 }
32 inline bool test(int x,int a) {
33 int p = x - 1 , t = 0;
34 while( ! ( p & 1 ) )
35 p >>= 1 , ++t;
36 p = fastpow(a,p,x);
37 if( p == 1 || p == x - 1 ) return 1;
38 while( t-- ) {
39 p = (lli) p * p % x;
40 if( p == x - 1 ) return 1;
41 }
42 return 0;
43 }
44 inline bool miller(int x) {
45 for(int i=1;i<=lstlen;i++)
46 if( x == lst[i] )return 1;
47 for(int i=1;i<=lstlen;i++)
48 if( ! ( x % lst[i]) ) return 0;
49 for(int i=1;i<=lstlen;i++)
50 if( !test(x,lst[i]) ) return 0;
51 return 1;
52 }
53 inline int rnd(int x,int mod) {
54 return ( (lli) x * x + 1 ) % mod;
55 }
56 inline int gcd(int a,int b) {
57 if( ! ( a && b ) ) return a | b;
58 register int t;
59 while( t = a % b )
60 a = b , b = t;
61 return b;
62 }
63 inline void brute(int x,int p) {
64 for(int i=2;i*i<=x;i++)
65 if( ! ( x % i ) ) {
66 if( !mp.count(i) ) mp[i] = ++cnt;
67 pts[mp[i]].push_back(p);
68 while( ! ( x % i ) ) x /= i;
69 }
70 if( x != 1 ) {
71 if( !mp.count(x) ) mp[x] = ++cnt;
72 pts[mp[x]].push_back(p);
73 }
74 }
75 inline void pollard(int x,int p) {
76 if( x <= 10000 ) {
77 brute(x,p);
78 return;
79 }
80 if( miller(x) ) {
81 if( !mp.count(x) ) mp[x] = ++cnt;
82 pts[mp[x]].push_back(p);
83 return;
84 }
85 int g , t1 = rnd(rand(),x) , t2 = rnd(t1,x);
86 while( 1 ) {
87 g = gcd( abs(t1-t2) , x );
88 if( g != 1 && g != x ) break;
89 t1 = rnd(t1,x) , t2 = rnd(t2,x) , t2 = rnd(t2,x);
90 if( t1 == t2 ) {
91 //srand(time(0));
92 t1 = rand() % x + 1 , t2 = rand() % x + 1;
93 }
94 }
95 pollard(g,p);
96 pollard(x/g,p);
97 }
98 }
99 using PollardRho::pollard;
100
101 inline void addedge(int from,int to) {
102 static int cnt = 0;
103 t[++cnt] = to , nxt[cnt] = s[from] , s[from] = cnt;
104 }
105 inline void dfs(int pos,int fa) {
106 vis[pos] = 1;
107 if( dis[pos] > dis[mxd] ) mxd = pos;
108 for(int at=s[pos];at;at=nxt[at])
109 if( can[t[at]] && t[at] != fa ) {
110 dis[t[at]] = dis[pos] + 1;
111 dfs(t[at],pos);
112 }
113 }
114 inline void solve(const vector<int> &vec) {
115 for(unsigned i=0;i<vec.size();i++)
116 can[vec[i]] = 1;
117 for(unsigned i=0;i<vec.size();i++) {
118 if( vis[vec[i]] ) continue;
119 dis[vec[i]] = 1 , mxd = 0;
120 dfs(vec[i],-1);
121 dis[mxd] = 1;
122 dfs(mxd,-1);
123 ans = max( ans , dis[mxd] );
124 }
125 for(unsigned i=0;i<vec.size();i++)
126 dis[vec[i]] = vis[vec[i]] = can[vec[i]] = 0;
127 }
128
129 int main() {
130 //srand(5201314);
131 srand(20010128^20010425);
132 scanf("%d",&n);
133 for(int i=1,a,b;i<n;i++) {
134 scanf("%d%d",&a,&b);
135 addedge(a,b) , addedge(b,a);
136 }
137 for(int i=1,x;i<=n;i++) {
138 scanf("%d",&x);
139 pollard(x,i);
140 }
141
142 for(int i=1;i<=cnt;i++)
143 solve(pts[i]);
144
145 printf("%d\n",ans);
146
147 return 0;
148 }View Code
T2：
首先呢，这是我完全没有思路的一道题......
正解是把树转化成DFS序，通过各种分类讨论把一对拼图和钥匙的作用范围转化为矩形，然后线段树+扫描线求矩形最大值......
具体题解请见SiriusRen的官方题解：
考场上我当然写了40分暴力啊，结果数据出锅没给暴力分(常数大的都跪了)，我暴力爆零了啊......
考场爆零代码(本地测40)：
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<cstring>
4 #include<algorithm>
5 #include<vector>
6 using namespace std;
7 const int maxn=2e3+1e2;
8 const int inf=0x3f3f3f3f;
9
10 vector<int> pics[maxn],keys[maxn];
11 unsigned char vis[maxn];
12 int s[maxn],t[maxn<<1],nxt[maxn<<1],cnt;
13 int vals[maxn];
14 int ans;
15
16 inline void addedge(int from,int to) {
17 t[++cnt] = to , nxt[cnt] = s[from] , s[from] = cnt;
18 }
19
20 inline void dfs(int pos,int fa,int sum) {
21 for(unsigned i=0;i<keys[pos].size();i++)
22 vis[keys[pos][i]] = 1;
23 for(unsigned i=0;i<pics[pos].size();i++)
24 if( vis[pics[pos][i]] ) sum += vals[pics[pos][i]];
25 ans = max( ans , sum );
26 for(int at=s[pos];at;at=nxt[at])
27 if( t[at] != fa )
28 dfs(t[at],pos,sum);
29 for(unsigned i=0;i<keys[pos].size();i++)
30 vis[keys[pos][i]] = 0;
31 }
32
33 inline void reset() {
34 memset(s,0,sizeof(s)) , cnt = 0;
35 for(int i=0;i<maxn;i++)
36 keys[i].clear() , pics[i].clear();
37 ans = -inf;
38 }
39
40 int main() {
41 static int T,n,m;
42 scanf("%d",&T);
43 for(int t=1;t<=T;t++) {
44 reset();
45 scanf("%d%d",&n,&m);
46 for(int i=1,a,b;i<n;i++) {
47 scanf("%d%d",&a,&b);
48 addedge(a,b) , addedge(b,a);
49 }
50 for(int i=1,p,k;i<=m;i++) {
51 scanf("%d%d%d",&p,&k,vals+i);
52 pics[p].push_back(i) , keys[k].push_back(i);
53 }
54 for(int i=1;i<=n;i++)
55 dfs(i,-1,0);
56 printf("Case #%d: ",t);
57 printf("%d\n",ans);
58 }
59
60 return 0;
61 }View Code
正解代码:
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<cstring>
4 #include<algorithm>
5 #include<vector>
6 #define debug cout
7 using namespace std;
8 const int maxn=6e5+1e2;
9 const int inf=0x3f3f3f3f;
10
11 struct SegmentTree {
12 int l[maxn<<3],r[maxn<<3],lson[maxn<<3],rson[maxn<<3],lazy[maxn<<3],mx[maxn<<3],cnt;
13
14 inline void build(int pos,int ll,int rr) {
15 l[pos] = ll , r[pos] = rr;
16 if( ll == rr ) return;
17 const int mid = ( ll + rr ) >> 1;
18 build(lson[pos]=++cnt,ll,mid);
19 build(rson[pos]=++cnt,mid+1,rr);
20 }
21 inline void add(int pos,int x) {
22 lazy[pos] += x , mx[pos] += x;
23 }
24 inline void push(int pos) {
25 if( lazy[pos] ) {
26 if( lson[pos] ) add(lson[pos],lazy[pos]);
27 if( rson[pos] ) add(rson[pos],lazy[pos]);
28 lazy[pos] = 0;
29 }
30 }
31 inline void update(int pos,int ll,int rr,int x) {
32 if( rr < l[pos] || r[pos] < ll ) return;
33 if( ll <= l[pos] && r[pos] <= rr ) {
34 add(pos,x);
35 return;
36 }
37 push(pos);
38 update(lson[pos],ll,rr,x);
39 update(rson[pos],ll,rr,x);
40 mx[pos] = max( mx[lson[pos]] , mx[rson[pos]] );
41 }
42 inline int query(int pos,int ll,int rr) {
43 if( rr < l[pos] || r[pos] < ll ) return -inf;
44 if( ll <= l[pos] && r[pos] <= rr ) return mx[pos];
45 push(pos);
46 return max( query(lson[pos],ll,rr) , query(rson[pos],ll,rr) );
47 }
48 inline void init() {
49 memset(l+1,0,sizeof(int)*cnt) , memset(r+1,0,sizeof(int)*cnt),
50 memset(lson+1,0,sizeof(int)*cnt) , memset(rson+1,0,sizeof(int)*cnt),
51 memset(lazy+1,0,sizeof(int)*cnt) , memset(mx+1,0,sizeof(int)*cnt);
52 cnt = 0;
53 }
54 }st;
55
56 struct QNode {
57 int x,sy,ty,delta;
58 friend bool operator < (const QNode &a,const QNode &b) {
59 return a.x != b.x ? a.x < b.x : a.delta < b.delta;
60 }
61 }ns[maxn<<3];
62 int ncnt;
63
64
65 int s[maxn],t[maxn<<1],nxt[maxn<<1],ecnt;
66 int fa[maxn],dep[maxn],siz[maxn],son[maxn],top[maxn];
67 int dfn[maxn],mxd[maxn],dd;
68 int sum[maxn],key[maxn],pic[maxn],val[maxn];
69 int n,m,cntm;
70
71 inline void addedge(int from,int to) {
72 t[++ecnt] = to , nxt[ecnt] = s[from] , s[from] = ecnt;
73 }
74 inline void pre(int pos) {
75 siz[pos] = 1;
76 mxd[pos] = dfn[pos] = ++dd;
77 for(int at=s[pos];at;at=nxt[at])
78 if( t[at] != fa[pos] ) {
79 dep[t[at]] = dep[pos] + 1 , fa[t[at]] = pos;
80 pre(t[at]);
81 mxd[pos] = mxd[t[at]];
82 siz[pos] += siz[t[at]];
83 son[pos] = siz[t[at]] > siz[son[pos]] ? t[at] : son[pos];
84 }
85 }
86 inline void dfs(int pos) {
87 top[pos] = pos == son[fa[pos]] ? top[fa[pos]] : pos;
88 for(int at=s[pos];at;at=nxt[at])
89 if( t[at] != fa[pos] )
90 dfs(t[at]);
91 }
92 inline int lca(int a,int b) {
93 while( top[a] != top[b] )
94 if( dep[top[a]] > dep[top[b]] )
95 a = fa[top[a]];
96 else b = fa[top[b]];
97 return dep[a] < dep[b] ? a : b;
98 }
99 inline int getd(int pos,int l) {
100 int last ;
101 while( top[pos] != top[l] )
102 last = top[pos] , pos = fa[top[pos]];
103 if( pos != l )
104 return son[l];
105 return last;
106 }
107
108 inline void matrix_add(int sx,int tx,int sy,int ty,int delta) {
109 if( sx > tx || sy > ty ) return;
110 ns[++ncnt] = (QNode){sx,sy,ty,delta} ,
111 ns[++ncnt] = (QNode){tx+1,sy,ty,-delta};
112 }
113
114 inline void reset() {
115 memset(s+1,0,sizeof(int)*ecnt) , memset(fa+1,0,sizeof(int)*n) ,
116 memset(dep+1,0,sizeof(int)*n) , memset(siz+1,0,sizeof(int)*n) ,
117 memset(son+1,0,sizeof(int)*n) , memset(top+1,0,sizeof(int)*n) ,
118 memset(dfn+1,0,sizeof(int)*dd) , memset(mxd+1,0,sizeof(int)*dd),
119 memset(sum+1,0,sizeof(int)*n) , ncnt = cntm = n = m = dd = ecnt = 0;
120 st.init();
121 }
122
123 inline int solve_node() {
124 int ret = -inf;
125 sort(ns+1,ns+ncnt+1);
126 st.build(st.cnt=1,1,dd);
127 for(int i=1;i<=ncnt;i++) {
128 if( ns[i].x != ns[i-1].x ) {
129 if(i-1) ret = max( ret , st.query(1,1,dd) );
130 }
131 st.update(1,ns[i].sy,ns[i].ty,ns[i].delta);
132 }
133 return ret;
134 }
135
136 inline int build_matrix() {
137 int ret = 0;
138 for(int i=1;i<=cntm;i++) {
139 const int &a = key[i] , &b = pic[i];
140 int l = lca(a,b);
141 if( l != a && l != b ) {
142 matrix_add(dfn[a],mxd[a],dfn[b],mxd[b],val[i]);
143 } else {
144 if( l == a ) {
145 int d = getd(b,a);
146 matrix_add(1,dfn[d]-1,dfn[b],mxd[b],val[i]);
147 matrix_add(mxd[d]+1,n,dfn[b],mxd[b],val[i]);
148 } else if( l == b ){
149 int d = getd(a,b);
150 matrix_add(dfn[a],mxd[a],1,dfn[d]-1,val[i]);
151 matrix_add(dfn[a],mxd[a],mxd[d]+1,n,val[i]);
152 }
153 }
154 }
155 for(int i=1;i<=n;i++)
156 if( sum[i] ) {
157 ret += sum[i];
158 for(int at=s[i];at;at=nxt[at]) {
159 const int tt = t[at];
160 if( tt != fa[i] ) {
161 matrix_add(dfn[tt],mxd[tt],dfn[tt],mxd[tt],-sum[i]);
162 }
163 }
164 matrix_add(1,dfn[i]-1,1,dfn[i]-1,-sum[i]);
165 matrix_add(mxd[i]+1,n,mxd[i]+1,n,-sum[i]);
166 matrix_add(1,dfn[i]-1,mxd[i]+1,n,-sum[i]);
167 matrix_add(mxd[i]+1,n,1,dfn[i]-1,-sum[i]);
168 }
169 return ret;
170 }
171 inline int getans() {
172 pre(1) , dfs(1);
173 int preadd = build_matrix();
174 return preadd + solve_node();
175 }
176
177 int main() {
178 static int T;
179 scanf("%d",&T);
180 for(int t=1;t<=T;t++) {
181 reset();
182 scanf("%d%d",&n,&m);
183 for(int i=1,a,b;i<n;i++) {
184 scanf("%d%d",&a,&b);
185 addedge(a,b) , addedge(b,a);
186 }
187 for(int i=1,a,b,v;i<=m;i++) {
188 scanf("%d%d%d",&a,&b,&v);
189 if( a == b ) sum[a] += v;
190 else pic[++cntm] = a , key[cntm] = b , val[cntm] = v;
191 }
192 printf("Case #%d: ",t);
193 printf("%d\n",getans());
194
195 }
196
197 return 0;
198 }View Code
T3：
此题的重点是：题目的那个"的"字。
首先我们发现2k以内的质数只有300个，并且我们只用考虑奇偶就行。考虑用bitset维护每个数分解后的奇偶状态。
然后我就只会暴力了，手写了一个带<运算符的bitset丢到map里面暴力维护一下就好。
然后发现答案都是2^n-1，找了半天规律没找到，弃坑弃坑。
其实这个东西是线性基。我们考虑对每个质因数列一个方程，把每个数当做元。如果某个数是自由元的话，就证明这个数选和不选都有方案，所以我们可以枚举他选择还是不选。
于是我们对这个矩阵进行高斯消元，答案就是2^自由元个数-1。
当时yzy问我们他有没有讲过线性基，我们说没有，然后......
考场40分代码：
1 #pragma GCC optimize(2)
2 #include<iostream>
3 #include<cstdio>
4 #include<cstring>
5 #include<algorithm>
6 #include<bitset>
7 #include<map>
8 #define lli long long int
9 #define debug cout
10 using namespace std;
11 const int maxn=3e2+1e1,maxm=2e3+1e2,lim=2e3;
12 const int mod = 1e9+7;
13
14 struct Pool {
15 unsigned long long dat[5];
16 const unsigned long long full = 0xffffffffffffffffull;
17
18 inline int getbit(int pos) {
19 int x = pos / 64 , y = pos % 64;
20 return ( dat[x] >> y ) & 1;
21 }
22 inline void revbit(int pos) {
23 int x = pos / 64 , y = pos % 64;
24 dat[x] ^= ( 1ull << y );
25 }
26 friend Pool operator ^ (const Pool &a,const Pool &b) {
27 Pool ret;
28 for(int i=0;i<5;i++)
29 ret.dat[i] = a.dat[i] ^ b.dat[i];
30 return ret;
31 }
32 friend bool operator < (const Pool &a,const Pool &b) {
33 for(int i=0;i<5;i++)
34 if( a.dat[i] != b.dat[i] ) return a.dat[i] < b.dat[i];
35 return 0;
36 }
37 inline void clear() {
38 memset(dat,0,sizeof(dat));
39 }
40 }dv[maxn];
41
42 map<Pool,int> mp[2];
43 lli in[maxn],cpm[maxn];
44 int prime[maxm],cnt;
45 unsigned char vis[maxm];
46 int n,cur;
47
48 inline void sieve() {
49 for(int i=2;i<=lim;i++) {
50 if( !vis[i] ) prime[++cnt] = i;
51 for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=lim;j++) {
52 vis[i*prime[j]] = 1;
53 if( !( i % prime[j] ) ) break;
54 }
55 }
56 }
57
58 inline void cut(int p,lli x) {
59 for(int i=1;i<=cnt;i++)
60 while( ! ( x % prime[i] ) ) {
61 dv[p].revbit(i) , x /= prime[i];
62 }
63 }
64
65 inline void getans() {
66 cur = 0;
67 mp[cur][dv[0]] = 0;
68 for(int i=1;i<=n;i++) {
69 mp[cur^1] = mp[cur];
70 for(map<Pool,int>::iterator it=mp[cur].begin();it!=mp[cur].end();++it) {
71 Pool tar = it->first ^ dv[i];
72 mp[cur^1][tar] += it->second , mp[cur^1][tar] %= mod;
73 }
74 mp[cur^1][dv[i]]++ , mp[cur^1][dv[i]] %= mod;
75 cur ^= 1;
76 }
77 }
78
79 inline void clear() {
80 mp[0].clear() , mp[1].clear();
81 for(int i=0;i<maxn;i++) dv[i].clear();
82 memset(cpm,0,sizeof(cpm));
83 }
84
85
86 int main() {
87 sieve();
88 static int T;
89 scanf("%d",&T);
90 for(int t=1;t<=T;t++) {
91 clear();
92 scanf("%d",&n);
93 if( n <= 20 ) {
94 for(int i=1;i<=n;i++) {
95 lli x;
96 scanf("%lld",&x);
97 cut(i,x);
98 }
99 getans();
100 printf("Case #%d:\n",t);
101 printf("%d\n",mp[cur][dv[0]]);
102 }
103
104 }
105 return 0;
106 }View Code
正解代码：
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<cstring>
4 #include<algorithm>
5 #include<bitset>
6 #define lli long long int
7 using namespace std;
8 const int maxn=3e2+1e1,lim=2e3;
9 const int mod=1e9+7;
10
11 int prime[maxn],cnt;
12 bitset<maxn> bs[maxn];
13 int n;
14
15 inline void sieve() {
16 static unsigned char vis[lim+10];
17 for(int i=2;i<=lim;i++) {
18 if( !vis[i] ) prime[++cnt] = i;
19 for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=lim;j++) {
20 vis[i*prime[j]] = 1;
21 if( ! ( i % prime[j] ) ) break;
22 }
23 }
24 }
25
26 inline lli fastpow(lli base,int tme,int mod) {
27 lli ret = 1;
28 while( tme ) {
29 if( tme & 1 ) ret = ret * base % mod;
30 base = base * base % mod;
31 tme >>= 1;
32 }
33 ret = ( ( ret - 1 ) % mod + mod ) % mod;
34 return ret;
35 }
36
37 inline int gauss() {
38 int ret = 0 , used = 0;
39 for(int i=1;i<=n;i++) {
40 int pos = -1;
41 for(int j=used+1;j<=cnt;j++)
42 if( bs[j][i] ) {
43 pos = j;
44 break;
45 }
46 if( !~pos ) {
47 ++ret;
48 continue;
49 }
50 swap(bs[pos],bs[++used]);
51 for(int j=1;j<=cnt;j++)
52 if( j != used && bs[j][i] )
53 bs[j] ^= bs[used];
54 }
55 return ret;
56 }
57
58 inline void cut(int p,lli x) {
59 for(int i=1;i<=cnt;i++)
60 while( ! ( x % prime[i] ) )
61 bs[i][p] = !bs[i][p] ,
62 x /= prime[i];
63 }
64
65 inline void init() {
66 for(int i=0;i<maxn;i++)
67 bs[i] &= 0;
68 }
69
70 int main() {
71 static int T;
72 sieve();
73 scanf("%d",&T);
74 for(int t=1;t<=T;t++) {
75 init();
76 scanf("%d",&n);
77 for(int i=1;i<=n;i++) {
78 lli x;
79 scanf("%lld",&x);
80 cut(i,x);
81 }
82 printf("Case #%d:\n",t);
83 printf("%lld\n",fastpow(2,gauss(),mod));
84 }
85 return 0;
86 }View Code
本次考试并不是题的问题，主要还是我太菜。T1完全可以特判范围采用那种暴力，即使不能AC也能多骗点分吧，T3如果仔细想想也是可以做出来的，T2的暴力，如果没有用vector而是选择挂链，少打几个头文件的话估计也是能有分的(卡常这个事可能谁也救不了我了)。(T2正解DFS序转矩阵+分类讨论脑洞太大想不出来算了)
最后附上rank榜，这次题目变成这样也是没谁了。
转载于:https://www.cnblogs.com/Cmd2001/p/8306592.html
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