国庆集训Day1

T1 divide

题意：

有$n$个数 $a_1, a_2,..., a_n$ 有m个数$b_1, b_2,..., b_n$

令$a = a_1\times a_2\,\times ... \times \,a_n$

令$b = b_1\times\,b_2 \times\,...\,\times\,b_n$

判断$a$是否是$b$的倍数

输入：$n,m$

输出：$Yes / No$

做法：就是个一简单的质因数分解

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<algorithm>

using namespace std;

int n, m;

int a[1010], b[1010];

int p[3][20]={};

void divid(int op, int x)

{

	if(x == 1) return;

	if(x == 2) p[op][1]++;

	if(x == 3) p[op][2]++;

	if(x == 4) p[op][1] += 2;

	if(x == 5) p[op][3]++;

	if(x == 6) {p[op][1]++; p[op][2]++;}

	return;

}

int main()

{

	freopen("divide.in","r",stdin);

	freopen("divide.out","w",stdout);

	scanf("%d%d", &n, &m);

	for(int i = 1; i <= n; i++)

	{

		scanf("%d", &a[i]);

		divid(1, a[i]);

	}

	for(int i = 1; i <= m; i++)

	{

		scanf("%d", &b[i]);

		divid(2, b[i]);

	}

	for(int i = 1; i <= 3; i++)

	{

		if(p[1][i] >= p[2][i])continue;

		else

		{

			printf("No\n"); return 0;

		}

	}

	printf("Yes\n");

	return 0;

}

/*

样例：

输入：2 3

     6 6

     1 3 4

输出：Yes

*/

T2 graph

题意：

现在要生成一张n个点的有向图。要求满足：

1.若有$a-> b$的边，则有$b->a$的边

2.若有$a->b$的边和$b->c$的边，则有$a->c$的边

3.至少有一个点没有自环

求方案数。由于结果可能较大，结果对$m$取模

输入：$n,m$

输出：答案

做法：

这道题除了题意比较坑以外，没有什么太大的难点。需要注意的是，按照题意，如果一个点所在的连通块大小大于或等于2，则该点一定有自环。

我的做法是：设$f[i][0]$表示$i$个点自由组合，且每个点都存在自环的方案数

$f[i][1]$表示$i$个点自由组合，且至少有$1$个点没有自环的方案数

我转移方程的方法有点独特，我是看$1$号点所在的连通块的点的个数进行转移，需要注意的是转移是需要讨论$1$号点是否孤立为一个点，若孤立，则有$1$号点自环和不自环的两种情况，需分别进行讨论，状态转移方程如下：

$f[i][1]+=f[i - 1][1]\,\,\,\,1$号点孤立且$1$号点存在自环

$f[i][1] += f[i - 1][1] + f[i - 1][0]\,\,\,\,1$号点孤立且$1$号点不存在自环，则其他点可以自环，可以不自环

$f[i][1] +=\sum_{j=2}^{i} f[i - j][1]\times C_{i-1}^{j-1} \,\,\,\,$计算$1$号点所在的连通块大小为$j$时的方案数

$f[i][0]+=f[i-1][0]\,\,\,\,1$号点孤立时只能自环

$f[i][0]+=\sum_{j=2}^{i} f[i - j][0]\times C_{i-1}^{j-1} \,\,\,\,$计算$1$号点所在的连通块大小为$j$时的方案数

组合数用杨辉三角就可以了。

老师讲的做法是把“第$1$个点”改成“第$i$个点”，其实写法是一样的，只是思路不同而已。

#include <cstdio>

#include <algorithm>

#include <cstring>

using namespace std;

#define maxn 2010

#define ll long long

int n, mol;

ll f[maxn][2];//  1:符合题意 0:不符合题意

ll C[maxn][maxn];

int main()

{

	freopen("graph.in", "r", stdin);

	freopen("graph.out", "w", stdout);

	scanf("%d%d", &n, &mol);

	for(int i = 0; i <= n; i++) C[i][0] = 1;

	for(int i = 1; i <= n; i++)

	{

		for(int j = 1; j <= i; j++)

		{

		    C[i][j] = (C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1]) % mol;

		}

	}

/*	for(int i = 0; i <= n; i++)

	{

		for(int j = 0; j <= i; j++)

		printf("C[%d][%d] = %lld ", i, j, C[i][j]);

		printf("\n");

	}

*/

    f[1][1] = 1; f[1][0] = 1;

	for(int i = 2; i <= n; i++)

	{

		f[i][1] = (f[i][1] + f[i - 1][1] + f[i - 1][0] + f[i - 1][1]) % mol;

		f[i][0] = (f[i][0] + f[i - 1][0]) % mol;

		for(int j = 2; j < i; j++)

		{

//			f[i][1] = (f[i][1] + ( ( ( (C[i - 1][j - 1] * S[j - 1][j - 1]) % mol ) * ( (f[i - j][0] + f[i - j][1]) % mol) ) % mol)) % mol;

			f[i][1] = (f[i][1] + (C[i - 1][j - 1] * f[i - j][1]) % mol) % mol;

			f[i][0] = (f[i][0] + (C[i - 1][j - 1] * f[i - j][0]) % mol) % mol;

		}

		f[i][0] = (f[i][0] + 1) % mol;

	}

//	for(int i = 1; i <= n; i++)

//	printf("f[%d][0] = %lld f[%d][1] = %lld\n", i, f[i][0], i, f[i][1]);

	printf("%lld\n", f[n][1]);

	return 0;

}

/*

样例：

输入：2 5

输出：3

*/

T3 生成图

题意：

$a=1\,\,\,b=0$

进行不超过b次操作，每次可以选择一下两种操作之一：

$1.\,\,b\,\,+=1$

$2.\,a\times b$

最后得到一个整数$a$，该整数位于$[l,r]$之间，求最后的$a$有多少种可能

输入：$l,r,p$

输出：答案

做法：经过“观察”，我们发现答案很小，所以我们可以通过计算出所有可能的答案(有质因子超过p则该答案不可能)，然后“离散化”就可以求出了，同时再计算需要的最小步数。