ZOJ Monthly, March 2018 Solution
A - Easy Number Game
水。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; #define ll long long
#define N 100010
ll arr[N];
int n, m; int main()
{
int t; scanf("%d", &t);
while (t--)
{
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = ; i <= n; ++i) scanf("%lld", arr + i);
sort(arr + , arr + + n);
ll res = ;
for (int i = ; i <= m; ++i)
res += arr[i] * arr[ * m - i + ];
printf("%lld\n", res);
}
return ;
}
B - Lucky Man
题意：判断大数开根后的奇偶性
思路：牛顿迭代法
import java.io.BufferedInputStream;
import java.util.Scanner;
import java.math.*; public class Main { public static void main(String[] args) {
Scanner in = new Scanner(new BufferedInputStream(System.in));
int t = in.nextInt();
BigInteger a, x, two; String n;
two = BigInteger.valueOf();
while (t-- != )
{
n = in.next();
a = new BigInteger(n);
x = new BigInteger(n.substring(, n.length() / + ));
while (a.compareTo(x.multiply(x)) < )
x = x.add(a.divide(x)).divide(two);
if (x.mod(two).compareTo(BigInteger.ZERO) == ) System.out.println();
else System.out.println();
}
in.close();
}
}
C - Travel along the Line
题意：一维坐标系中，刚开始位于原点，有$\frac{1}{4}$的概率 坐标 +1 和 -1 有$\frac {1}{2} 的概率 不动$ 求在第n秒的时候恰好到达第m个位置的概率
思路：考虑把一个0拆成两个0，变成四种操作，这样四种操作是等概率的，那么所有的可能性就是 $4^n$ 再考虑符合条件的方案数
可以考虑将m通过坐标变换转化成正的，那么一个满足题意的操作序列肯定是 1 的个数 减去 -1的 个数 恰好为m
那么我们只需要枚举1的个数，排列组合一下即可
16说 假如用a 表示 1 的个数 b 表示 -1 的个数 c 表示 0的个数
那么有$\frac {n!} {a! \cdot b! \cdot c!}$ 但是这里要考虑 多乘上$2^c$ 因为每个0都有两种选择 ，可以是$0_1 或者 是 0_2$
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; #define ll long long
#define N 100010
ll MOD = (ll)1e9 +; ll fac[N], Bit[N];
ll qmod(ll base, ll n)
{
ll res = ;
while (n)
{
if (n & ) res = res * base % MOD;
base = base * base % MOD;
n >>= ;
}
return res;
} void Init()
{
fac[] = ;
Bit[] = ;
for (int i = ; i < N; ++i) fac[i] = fac[i - ] * i % MOD;
for (int i = ; i < N; ++i) Bit[i] = Bit[i - ] * % MOD;
} int n, m; int main()
{
Init();
int t; scanf("%d", &t);
while (t--)
{
scanf("%d%d", &n, &m);
if (m < ) m = -m;
ll p = , q = qmod(, n);
for (int i = ; * i + m <= n; ++i)
p = (p + (fac[n] * qmod(fac[i], MOD - ) %MOD * qmod(fac[i + m], MOD - ) % MOD * qmod(fac[n - * i - m], MOD - ) % MOD * Bit[n - * i - m] % MOD)) % MOD;
ll res = p * qmod(q, MOD - ) % MOD;
printf("%lld\n", res);
}
return ;
}
D - Machine Learning on a Tree
留坑。
E - Yet Another Tree Query Problem
题意：每次询问$[l, r]$ 区间内所有点所在的连通块个数
思路：先预处理l 为 1 r 为 1 ->n 的答案 考虑删去一个点对后面答案的影响
将一个点的所有孩子和父亲中，按编号排序
比如说 点1 连出去的边有 4, 10, 20
那么 对于右界为 2-3 的 连通块个数少一
右界为5 - 9 的 连通块个数不变
右界为 11 - 19 的 连通块个数加1
BIT区间更新即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; #define N 200010
#define pii pair <int, int>
int t, n, q;
vector <int> G[N];
vector <pii> que[N];
int base[N], ans[N]; struct BIT
{
int a[N];
void init() { memset(a, , sizeof a); }
void update(int x, int val) { for (; x <= n; x += x & -x) a[x] += val; }
void update(int l, int r, int val)
{
if (r < l) return;
update(l, val);
update(r + , -val);
}
int query(int x)
{
int res = ;
for (; x; x -= x & -x)
res += a[x];
return res;
} }bit; void Run()
{
scanf("%d", &t);
while (t--)
{
for (int i = ; i <= n; ++i) G[i].clear(), que[i].clear();
bit.init();
scanf("%d%d", &n, &q);
for (int i = , u, v; i < n; ++i)
{
scanf("%d%d", &u, &v);
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}
for (int i = , l, r; i <= q; ++i)
{
scanf("%d%d", &l, &r);
que[l].emplace_back(r, i);
}
for (int i = ; i <= n; ++i)
{
int tmp = ;
sort(G[i].begin(), G[i].end());
for (auto v : G[i]) if (v < i)
--tmp;
base[i] = base[i - ] + tmp;
}
for (int i = ; i <= n; ++i)
{
for (auto it : que[i])
ans[it.second] = base[it.first] + bit.query(it.first);
G[i].push_back(n + );
int pre = i + ;
for (int j = , len = G[i].size(), add = -; j < len; ++j)
{
int v = G[i][j];
if (v < i) continue;
bit.update(pre, v - , add);
pre = v; ++add;
}
}
for (int i = ; i <= q; ++i) printf("%d\n", ans[i]);
}
} int main()
{
#ifdef LOCAL
freopen("Test.in", "r", stdin);
#endif Run();
return ; }
F - And Another Data Structure Problem
题意：两种操作，一种是区间立方，一种是区间求和
思路：考虑这个模数很特殊
$3^{48} \equiv 1 \pmod {99970}$
所以有
$a^{3^{48}} \equiv a \pmod {99971}$
所有任意数做48次后 必然会回到原数 考虑开48棵线段树解决
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; #define N 100010
#define ll long long
const ll MOD = ;
int t, n, q;
ll arr[N]; struct SEG
{
ll a[N << ][], tmp[];
int lazy[N << ];
void init() { memset(a, , sizeof a); }
void pushup(int id)
{
for (int i = ; i < ; ++i)
a[id][i] = (a[id << ][(i + lazy[id << ]) % ] + a[id << | ][(i + lazy[id << | ]) % ]) % MOD;
}
void pushdown(int id)
{
if (!lazy[id]) return;
lazy[id << ] = (lazy[id << ] + lazy[id]) % ;
lazy[id << | ] = (lazy[id << | ] + lazy[id]) % ;
for (int i = ; i < ; ++i) tmp[i] = a[id][(i + lazy[id]) % ];
memcpy(a[id], tmp, sizeof tmp);
lazy[id] = ;
}
void build(int id, int l, int r)
{
lazy[id] = ;
if (l == r)
{
a[id][] = arr[l];
for (int i = ; i < ; ++i)
a[id][i] = a[id][i - ] * a[id][i - ] % MOD * a[id][i - ] % MOD;
return;
}
int mid = (l + r) >> ;
build(id << , l, mid);
build(id << | , mid + , r);
pushup(id);
}
void update(int id, int l, int r, int ql, int qr, int val)
{
if (l >= ql && r <= qr)
{
lazy[id] = (lazy[id] + val) % ;
return;
}
pushdown(id);
int mid = (l + r) >> ;
if (ql <= mid) update(id << , l, mid, ql, qr, val);
if (qr > mid) update(id << | , mid + , r, ql, qr, val);
pushup(id);
}
ll query(int id, int l, int r, int ql, int qr)
{
if (l >= ql && r <= qr) return a[id][lazy[id]];
pushdown(id);
int mid = (l + r) >> ;
ll res = ;
if (ql <= mid) res = (res + query(id << , l, mid, ql, qr)) % MOD;
if (qr > mid) res = (res + query(id << | , mid + , r, ql, qr)) % MOD;
//pushup(id);
return res;
}
}seg; void Run()
{
scanf("%d", &t);
while (t--)
{
scanf("%d%d", &n, &q);
for (int i = ; i <= n; ++i) scanf("%lld", arr + i), arr[i] %= MOD;
seg.build(, , n);
for (int i = , op, l, r; i <= q; ++i)
{
scanf("%d%d%d", &op, &l, &r);
if (op == ) seg.update(, , n, l, r, );
else printf("%lld\n", seg.query(, , n, l, r));
}
}
} int main()
{
#ifdef LOCAL
freopen("Test.in", "r", stdin);
#endif Run();
return ; }
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; #define N 100010
#define ll long long
const ll MOD = ;
int t, n, q;
ll arr[N]; struct SEG
{
ll a[N << ][], tmp[];
int lazy[N << ];
void pushup(int id)
{
for (int i = ; i < ; ++i)
a[id][i] = (a[id << ][(i + lazy[id << ]) % ] + a[id << | ][(i + lazy[id << | ]) % ]) % MOD;
}
void build(int id, int l, int r)
{
lazy[id] = ;
if (l == r)
{
a[id][] = arr[l];
for (int i = ; i < ; ++i)
a[id][i] = a[id][i - ] * a[id][i - ] % MOD * a[id][i - ] % MOD;
return;
}
int mid = (l + r) >> ;
build(id << , l, mid);
build(id << | , mid + , r);
pushup(id);
}
void update(int id, int l, int r, int ql, int qr, int val)
{
if (l >= ql && r <= qr)
{
lazy[id] = (lazy[id] + ) % ;
return;
}
int mid = (l + r) >> ;
if (ql <= mid) update(id << , l, mid, ql, qr, val);
if (qr > mid) update(id << | , mid + , r, ql, qr, val);
pushup(id);
}
ll query(int id, int l, int r, int ql, int qr, int k = )
{
k = (k + lazy[id]) % ;
if (l >= ql && r <= qr) return a[id][k];
int mid = (l + r) >> ;
ll res = ;
if (ql <= mid) res = (res + query(id << , l, mid, ql, qr, k)) % MOD;
if (qr > mid) res = (res + query(id << | , mid + , r, ql, qr, k)) % MOD;
return res;
}
}seg; void Run()
{
scanf("%d", &t);
while (t--)
{
scanf("%d%d", &n, &q);
for (int i = ; i <= n; ++i) scanf("%lld", arr + i), arr[i] %= MOD;
seg.build(, , n);
for (int i = , op, l, r; i <= q; ++i)
{
scanf("%d%d%d", &op, &l, &r);
if (op == ) seg.update(, , n, l, r, );
else printf("%lld\n", seg.query(, , n, l, r));
}
}
} int main()
{
#ifdef LOCAL
freopen("Test.in", "r", stdin);
#endif Run();
return ; }
G - Neighboring Characters
留坑。
H - Happy Sequence ZOJ
题意：用1-n的数，每个数可以用无限次，组成长度为m的序列，求有多少个序列满足 $gcd(b_i, b_{i +1}) = b_{i}$
思路：考虑枚举序列里面不同的数的个数，根据题目范围，最多有10个不同的数，然后隔板法求方案数
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; #define ll long long
long long f[];
long long C[];
long long MOD;
int p[];
int n, m; void dp(int t) {
int j;
j = ;
while (p[t - ] * j <= n) {
p[t] = p[t - ] * j;
f[t]++;
dp(t + );
j++;
}
} ll qmod(ll base, ll n)
{
ll res = ;
while (n)
{
if (n & ) res = res * base % MOD;
base = base * base % MOD;
n >>= ;
}
return res;
} int main()
{
int i, j, t;
long long ans;
scanf("%d", &t);
MOD = ;
while (t--) {
scanf("%d %d", &n, &m);
memset(f, , sizeof f);
memset(p, , sizeof p);
ans = ;
C[] = ;
for (i = ; i <= ; ++i)
C[i] = (C[i - ] * (m - i) % MOD * qmod(i, MOD - )) % MOD;
for (i = ; i <= n; ++i) {
p[] = i;
++f[];
dp();
}
for (i = ; i <= ; ++i) {
ans = (ans + f[i] * C[i - ] % MOD) % MOD;
}
printf("%lld\n",ans);
}
return ;
}
I - Your Bridge is under Attack
留坑。
J - Super Brain
水。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; #define N 100010
int n;
int cnt[N * ], a[N], b[N]; int main()
{
int t; scanf("%d", &t);
while (t--)
{
scanf("%d", &n);
for (int i = ; i <= n; ++i) scanf("%d", a + i);
for (int i = ; i <= n; ++i) scanf("%d", b + i);
memset(cnt, , sizeof cnt);
for (int i = ; i <= n; ++i) ++cnt[a[i]];
int res = ;
for (int i = ; i <= n; ++i) if (cnt[b[i]] == )
{
res = b[i];
break;
}
printf("%d\n", res);
}
return ;
}
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