前言：再一次OTL

JZOJ 3508 好元素

题目

求满足a[m]+a[n]+a[p]=a[i]a[m]+a[n]+a[p]=a[i]a[m]+a[n]+a[p]=a[i]的i的个数

分析

移项后得到a[m]+a[n]=a[i]−a[p]a[m]+a[n]=a[i]-a[p]a[m]+a[n]=a[i]−a[p]，所以用O(n2)O(n^2)O(n2)哈希存储，再用O（n2）O（n^2）O（n2）找到答案。

代码

#include <cstdio>
#include <cctype>
#define p 19996001（抠门的哈希函数）
int n,a[5001],hash[p],ans;
inline int in(){int ans=0,f=1; char c=getchar();while (!isdigit(c)&&c!='-') c=getchar();if (c=='-') c=getchar(),f=-f;while (isdigit(c)) ans=ans*10+c-48,c=getchar();return ans*f;
}
int locate(int x){//找哈希表的位置int pos=(x%p+p)%p,i=0; while (i<p&&hash[(pos+i)%p]!=p+1&&hash[(pos+i)%p]!=x) i++;return (pos+i)%p;
}
signed main(){freopen("good.in","r",stdin);freopen("good.out","w",stdout);n=in(); for (int i=0;i<p;i++) hash[i]=p+1;for (int i=1;i<=n;i++){a[i]=in(); bool flag=0; int x;for (int j=1;j<i&&!flag;j++) if (hash[locate(a[i]-a[j])]==a[i]-a[j]) ans++,flag=1;//查询  if (i<n) for (int j=1;j<=i;j++) hash[locate(a[i]+a[j])]=a[i]+a[j];//补充哈希表}return !printf("%d",ans);
}

JZOJ 3509 倒霉的小C

题目

求1+∑i=1ngcd(n,i)1+\sum_{i=1}^ngcd(n,i)1+∑i=1ngcd(n,i)

分析

这个问题可以改变成1+∑d∣nd∗φ(n/d)，φ(n)指1到n中与n互质的数1+\sum_{d|n}d*\varphi(n/d)，\varphi(n)指1到n中与n互质的数1+∑d∣nd∗φ(n/d)，φ(n)指1到n中与n互质的数，证明不会遗漏，不会重复比较简单，算出φ\varphiφ说明了每个数只会出现一次，时间复杂度O(n的约数log⁡n的约数)O(n的约数\log n的约数)O(n的约数logn的约数)

代码

#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll ans,n;
ll phi(ll n){ll ans=n;for (ll i=2;i*i<=n;i++)if (n%i==0){ans=ans/i*(i-1);while (n%i==0) n/=i;}if (n>1) ans=ans/n*(n-1);return ans;
}
int main(){freopen("beats.in","r",stdin);freopen("beats.out","w",stdout);scanf("%lld",&n); ans=1;for (ll i=1;i*i<=n;i++)if (n%i==0){ans+=i*phi(n/i);if (i*i!=n) ans+=n/i*phi(i);}return !printf("%lld",ans);
}

JZOJ 3510 最短路径

题目

在每个点经过一次的情况下从 A 走到 B，再回到 A（A点两次）的最短路径。并且到B的路上横坐标要从小到大走，b1b_1b1只能在到B的路上走，b2b_2b2只能在回A的路上走，回A时横坐标要从大到小走。

分析

题目满足无后效性，所以是动态规划，两点的直线距离比较容易，但问题是如何dp
设f[i][j]f[i][j]f[i][j]表示去B的路经过i，回A的路经过j的最短路径，显然得到(k=max(i,j)+1k=max(i,j)+1k=max(i,j)+1)
f[k][j]=min(f[k][j],f[i][j]+dis[i][k])当k未经过b2f[k][j]=min(f[k][j],f[i][j]+dis[i][k])当k未经过b2f[k][j]=min(f[k][j],f[i][j]+dis[i][k])当k未经过b2
f[i][k]=min(f[i][k],f[i][j]+dis[j][k])当k未经过b1f[i][k]=min(f[i][k],f[i][j]+dis[j][k])当k未经过b1f[i][k]=min(f[i][k],f[i][j]+dis[j][k])当k未经过b1
注意i=j和f[n][n]i=j和f[n][n]i=j和f[n][n]要特判

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define N 1001
using namespace std;
double f[N][N],dis[N][N]; int n,b1,b2,x[N],y[N];
int in(){int ans=0; char c=getchar();while (!isdigit(c)) c=getchar();while (isdigit(c)) ans=ans*10+c-48,c=getchar();return ans;
}
int main(){freopen("path.in","r",stdin);freopen("path.out","w",stdout);n=in(); b1=in(); b2=in();for (int i=1;i<=n;i++){x[i]=in(); y[i]=in();for (int j=1;j<i;j++) dis[i][j]=dis[j][i]=sqrt((x[i]-x[j])*(x[i]-x[j])+(y[i]-y[j])*(y[i]-y[j]));//求距离for (int j=1;j<=n;j++) f[i][j]=2147483647;}f[1][1]=0;for (int i=1;i<=n;i++)for (int j=1;j<=n;j++){if (i==j&&i>1) continue;int k=max(i,j)+1;//下一个点if (k>n){//走到终点if (i<n) f[n][n]=min(f[n][n],f[i][j]+dis[i][n]);if (j<n) f[n][n]=min(f[n][n],f[i][j]+dis[j][n]);}else{if (k!=b2+1) f[k][j]=min(f[k][j],f[i][j]+dis[i][k]);//没有经过b2if (k!=b1+1) f[i][k]=min(f[i][k],f[i][j]+dis[j][k]);//没有经过b1}}return !printf("%.2lf",f[n][n]);
}

JZOJ 3511 游戏节目

题目

队伍A,B,C有n个游戏节目，玩第i个游戏，分别可得A[i],B[i],C[i]的分数。从n个游戏节目里面挑选至少k个节目出来（被选中的节目不分次序），使得队伍A成为赢家。队伍A能成为赢家的条件是队伍A的总得分要比队伍B的总得分要高，同时也要比队伍C的总得分要高。求有多少种不同的选取方案。

分析

这道题直接求会TLE（要开long long），所以可以用总方案-不够k个节目的方案，而由于k≤7k\leq7k≤7，所以比较容易深搜，那问题是怎样求总方案，可以双向搜索，把1_n/2和n/2+1n中的所有可能存下来，离散后用树状数组维护，那具体如何排序suma−b+suma−c>0sum_{a-b}+sum_{a-c}>0suma−b+suma−c>0，移项后得到suma−b>−suma−csum_{a-b}>-sum_{a-c}suma−b>−suma−c，所以最后时间复杂度
O(217log217+∑i=06C34i)≈O(1544488+1676116)=O(3220604)≈O(3.22∗106)O(2^{17}log2^{17}+\sum_{i=0}^{6} C_{34}^i)\approx O(1544488+1676116)=O(3220604)\approx O(3.22*10^6)O(217log217+∑i=06C34i)≈O(1544488+1676116)=O(3220604)≈O(3.22∗106)

代码

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define rep(i,a,b) for (ll i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
typedef long long ll; ll ab,ac,j=1,ans,ans1,num1,num2,t;
struct spd{ll ab,ix; bool mark;}k3[262145];
struct rec{ll ab,ac;}k1[131073],k2[131073];
int n,k,a[35],b[35],c[35],s[262145];
ll in(){ll ans=0; char c=getchar();while (!isdigit(c)) c=getchar();while (isdigit(c)) ans=ans*10+c-48,c=getchar();return ans;
}
void dfs(ll dep,ll now){if (dep>=k) return; if (ab>0&&ac>0) ans++;rep(i,now+1,n) ab+=a[i]-b[i],ac+=a[i]-c[i],dfs(dep+1,i),ab-=a[i]-b[i],ac-=a[i]-c[i];
}
void dfs1(ll now){k1[++num1]=(rec){ab,ac}; rep(i,now+1,n>>1) ab+=a[i]-b[i],ac+=a[i]-c[i],dfs1(i),ab-=a[i]-b[i],ac-=a[i]-c[i];}
void dfs2(ll now){k2[++num2]=(rec){ab,ac}; rep(i,now+1,n) ab+=a[i]-b[i],ac+=a[i]-c[i],dfs2(i),ab-=a[i]-b[i],ac-=a[i]-c[i];}
bool cmp1(spd x,spd y){return x.ab<y.ab;} bool cmp2(rec x,rec y){return x.ac<y.ac;} bool cmp3(rec x,rec y){return x.ac>y.ac;}
void add(ll x){while (x<=t) s[x]++,x+=-x&x;} ll answer(ll x){ll ans=0; while (x) ans+=s[x],x-=-x&x; return ans;}
int main(){freopen("show.in","r",stdin);freopen("show.out","w",stdout);n=in(); k=in(); t=1;rep(i,1,n) a[i]=in(); rep(i,1,n) b[i]=in(); rep(i,1,n) c[i]=in();dfs(0,0); dfs1(0); dfs2(n>>1);//三次深搜rep(i,1,num1) k3[i]=(spd){k1[i].ab,i,0};rep(i,1,num2) k3[i+num1]=(spd){-k2[i].ab,i,1};stable_sort(k3+1,k3+1+num1+num2,cmp1);//第一次快排if (!k3[1].mark) k1[k3[1].ix].ab=1; else k2[k3[1].ix].ab=1;rep(i,2,num1+num2){//离散if (k3[i].ab!=k3[i-1].ab) t++;if (!k3[i].mark) k1[k3[i].ix].ab=t; else k2[k3[i].ix].ab=t;}stable_sort(k1+1,k1+1+num1,cmp2); stable_sort(k2+1,k2+1+num2,cmp3);//第二次快排rep(i,1,num1){while (j<=num2&&k1[i].ac+k2[j].ac>0) add(k2[j].ab),j++;//树状数组维护ans1+=answer(k1[i].ab-1);//找答案}return !printf("%lld",ans1-ans);//输出总方案-不合法的方案
}

后续

向出题人orz

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