codeforces 1097 Hello 2019
又回来了。。
A - Gennady and a Card Game
好像没什么可说的了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char gc() {
static char buf[100000],*p1,*p2;
return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin))?EOF:*p1++;
return getchar();
}
template<class T>
int read(T &ans) {
T f=1;
char ch=gc();
while(!isdigit(ch)) {
if(ch==EOF) return EOF;
if(ch=='-') f=-1;
ch=gc();
}
while(isdigit(ch))
ans=ans*10+ch-'0',ch=gc();
ans*=f;return 1;
}
template<class T1,class T2>
int read(T1 &a,T2 &b) {
return read(a)==EOF?EOF:read(b);
}
template<class T1,class T2,class T3>
int read(T1 &a,T2 &b,T3 &c) {
return read(a,b)==EOF?EOF:read(c);
}
const int Maxn=110000;
const int inf=0x3f3f3f3f;
char a[Maxn],s[Maxn];
int main() {
scanf("%s",a);
for(int i=1;i<=5;i++) {
scanf("%s",s);
if(a[0]==s[0]||a[1]==s[1]) return 0*puts("YES");
}
puts("NO");
return 0;
}
B - Petr and a Combination Lock
这个当然可以DP一下，不过暴力枚举是能过的。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char gc() {
// static char buf[100000],*p1,*p2;
// return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin))?EOF:*p1++;
return getchar();
}
template<class T>
int read(T &ans) {
T f=1;
char ch=gc();
while(!isdigit(ch)) {
if(ch==EOF) return EOF;
if(ch=='-') f=-1;
ch=gc();
}
while(isdigit(ch))
ans=ans*10+ch-'0',ch=gc();
ans*=f;return 1;
}
template<class T1,class T2>
int read(T1 &a,T2 &b) {
return read(a)==EOF?EOF:read(b);
}
template<class T1,class T2,class T3>
int read(T1 &a,T2 &b,T3 &c) {
return read(a,b)==EOF?EOF:read(c);
}
const int Maxn=110000;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int a[Maxn],n;
int main() {
read(n);
for(int i=1;i<=n;i++)
read(a[i]);
int x=1<<n;
for(int i=0;i<x;i++) {
int sum=0;
for(int j=1,tempp=1;j<=n;j++,tempp<<=1)
if(i&tempp) sum+=a[j];
else sum-=a[j];
if(sum%360==0) return 0*puts("YES");
}
puts("NO");
return 0;
}
C - Yuhao and a Parenthesis
首先按照括号序列的套路求前缀和，一个序列要么只能做前缀，要么只能做后缀，要么两个都能做或都不能做。
那么只要记一下就好了，都能做的数目要除以2。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char gc() {
// static char buf[100000],*p1,*p2;
// return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin))?EOF:*p1++;
return getchar();
}
template<class T>
int read(T &ans) {
T f=1;
char ch=gc();
while(!isdigit(ch)) {
if(ch==EOF) return EOF;
if(ch=='-') f=-1;
ch=gc();
}
while(isdigit(ch))
ans=ans*10+ch-'0',ch=gc();
ans*=f;return 1;
}
template<class T1,class T2>
int read(T1 &a,T2 &b) {
return read(a)==EOF?EOF:read(b);
}
template<class T1,class T2,class T3>
int read(T1 &a,T2 &b,T3 &c) {
return read(a,b)==EOF?EOF:read(c);
}
typedef long long ll;
const int Maxn=1100000;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n,b[Maxn],c[Maxn];
char a[Maxn];
ll ans;
int main() {
read(n);
for(int i=1;i<=n;i++) {
scanf("%s",a);
int lens=strlen(a),sum=0,flag=0;
for(int j=0;j<lens;j++) {
if(a[j]=='(') sum++;
else sum--;
if(sum<0) {
flag=1;
break;
}
}
if(!flag)
flag=1,c[sum]++;
sum=0;
for(int j=lens-1;j>=0;j--) {
if(a[j]==')') sum++;
else sum--;
if(sum<0) {
flag=0;
break;
}
}
if(flag)
b[sum]++;
}
for(int i=1;i<Maxn;i++) ans+=min(b[i],c[i]);
ans+=b[0]>>1;
printf("%I64d",ans);
return 0;
}
D - Makoto and a Blackboard
这题我刚开始想插板，但是最后发现前面的决策对后面有影响，所以不能插板。但是听说暴力DP可以过？于是写了个暴力。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char gc() {
// static char buf[100000],*p1,*p2;
// return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin))?EOF:*p1++;
return getchar();
}
template<class T>
int read(T &ans) {
T f=1;
char ch=gc();
while(!isdigit(ch)) {
if(ch==EOF) return EOF;
if(ch=='-') f=-1;
ch=gc();
}
while(isdigit(ch))
ans=ans*10+ch-'0',ch=gc();
ans*=f;return 1;
}
template<class T1,class T2>
int read(T1 &a,T2 &b) {
return read(a)==EOF?EOF:read(b);
}
template<class T1,class T2,class T3>
int read(T1 &a,T2 &b,T3 &c) {
return read(a,b)==EOF?EOF:read(c);
}
typedef long long ll;
const int Maxn=1100000;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll mod=1000000007;
ll n,f[2][Maxn],k,inv[Maxn];
ll powp(ll a,ll b) {
ll ans=1;
while(b) {
if(b&1) ans=ans*a%mod;
a=a*a%mod;
b>>=1;
}
return ans;
}
int main() {
read(n,k);
ll ans=1;inv[0]=inv[1]=1;
for(int i=2;i<=1000;i++) inv[i]=(mod-(mod/i)*inv[mod%i]%mod)%mod;
for(ll i=2;i*i<=n;i++)
if(n%i==0) {
int temp=0;
while(n%i==0) {
temp++;
n/=i;
}
int now=0;
for(int j=0;j<temp;j++) f[0][j]=0;
f[0][temp]=1;
for(int j=1;j<=k;j++) {
now^=1;ll tempp=0;
for(int l=temp;l>=0;l--)
f[now][l]=tempp=(tempp+f[now^1][l]*inv[l+1]%mod)%mod;
}
ll sxz=0;
for(ll j=0;j<=temp;j++)
sxz+=f[now][j]*powp(i,j)%mod;
sxz%=mod;
ans=ans*sxz%mod;
}
if(n!=1) {
int temp=1;
int now=0;
for(int j=0;j<=temp;j++) f[0][j]=0;
f[0][temp]=1;
for(int j=1;j<=k;j++) {
now^=1;ll tempp=0;
for(int l=temp;l>=0;l--)
f[now][l]=tempp=(tempp+f[now^1][l]*inv[l+1]%mod)%mod;
}
ll sxz=0;
for(ll j=0;j<=temp;j++) sxz+=f[now][j]*powp(n,j)%mod;
sxz%=mod;
ans=ans*sxz%mod;
}
printf("%I64d",ans);
return 0;
}
E - Egor and an RPG game
膜拜一下题解
%%% Radewoosh %%%
那么我们直接模拟即可。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cctype>
#define qmin(x,y) (x=min(x,y))
#define qmax(x,y) (x=max(x,y))
using namespace std;
inline char gc() {
// static char buf[100000],*p1,*p2;
// return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
return getchar();
}
template<class T>
int read(T &ans) {
ans=0;char ch=gc();T f=1;
while(!isdigit(ch)) {
if(ch==EOF) return -1;
if(ch=='-') f=-1;
ch=gc();
}
while(isdigit(ch))
ans=ans*10+ch-'0',ch=gc();
ans*=f;return 1;
}
template<class T1,class T2>
int read(T1 &a,T2 &b) {
return read(a)!=EOF&&read(b)!=EOF?2:EOF;
}
template<class T1,class T2,class T3>
int read(T1 &a,T2 &b,T3 &c) {
return read(a,b)!=EOF&&read(c)!=EOF?3:EOF;
}
typedef long long ll;
const int Maxn=210000;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int a[Maxn],b[Maxn],pre[Maxn],res[Maxn],n,vis[Maxn],top,ans;
void work(int x) {
if(x==0) return;
int zhy=0;
for(int i=1;i<=x;i++) pre[i]=0;
b[++zhy]=1;
for(int i=2;i<=x;i++) {
int l=1,r=zhy,mid=l+r>>1,nh=0;
while(l<=r) {
if(a[i]>=a[b[mid]]) nh=mid,l=mid+1;
else r=mid-1; mid=l+r>>1;
}
pre[i]=b[nh];
if(nh==zhy) b[++zhy]=i;
else b[nh+1]=i;
}
if(1ll*zhy*(zhy+1)/2>x) {
ans++;
for(int i=1;i<=x;i++) vis[i]=0;
int now=b[zhy],&len=res[++top];
while(now) {
vis[now]=1;
res[++top]=a[now];len++;
now=pre[now];
}
reverse(res+top-len+1,res+top+1);
now=0;
for(int i=1;i<=x;i++)
if(!vis[i]) a[++now]=a[i];
work(now);
}
else {
for(int i=1;i<=x;i++) pre[i]=0;
zhy=0;b[++zhy]=1;
for(int i=2;i<=x;i++) {
int l=1,r=zhy,mid=l+r>>1,nh=0;
while(l<=r) {
if(a[i]<=a[b[mid]]) nh=mid,r=mid-1;
else l=mid+1; mid=l+r>>1;
}
pre[b[nh]]=i;
if(nh) b[nh]=i;
else b[++zhy]=i;
}
for(int i=1;i<=x;i++) vis[i]=0;
for(int i=1;i<=x;i++)
if(!vis[i]) {
ans++;
int now=i,&len=res[++top];
while(now) {
vis[now]=1;
res[++top]=a[now];len++;
now=pre[now];
}
}
}
}
signed main() {
// freopen("test.in","r",stdin);
// freopen("out","w",stdout);
int t; read(t);
while(~read(n)) {
for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
top=ans=0; work(n);
printf("%d\n",ans);int temp=1;
for(int i=1;i<=ans;i++) {
int len=res[temp++];
printf("%d",len);
while(len--) printf(" %d",res[temp++]);
puts("");
}
for(int i=1;i<=temp;i++) res[i]=0;
}
return 0;
}
F - Alex and a TV Show
如果没有3操作的话，那就直接开bitset就好了。
那么我们考虑3操作。如果我们在bitset里面存的不是原数，而是把原数的质因子都设成1的话，那么我们发现，1,2操作都没有变化，而3操作可以直接&起来，但是输出的时候就不太好办了。解决方法就是容斥一下，注意要预处理好容斥的系数，不然复杂度会爆。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<cctype>
#define qmin(x,y) (x=min(x,y))
#define qmax(x,y) (x=max(x,y))
using namespace std;
inline char gc() {
// static char buf[100000],*p1,*p2;
// return (p1==p2)&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
return getchar();
}
template<class T>
int read(T &ans) {
ans=0;char ch=gc();T f=1;
while(!isdigit(ch)) {
if(ch==EOF) return -1;
if(ch=='-') f=-1;
ch=gc();
}
while(isdigit(ch))
ans=ans*10+ch-'0',ch=gc();
ans*=f;return 1;
}
template<class T1,class T2>
int read(T1 &a,T2 &b) {
return read(a)!=EOF&&read(b)!=EOF?2:EOF;
}
template<class T1,class T2,class T3>
int read(T1 &a,T2 &b,T3 &c) {
return read(a,b)!=EOF&&read(c)!=EOF?3:EOF;
}
typedef long long ll;
const int Maxn=110000;
const int inf=0x3f3f3f3f;
bitset<7001> a[7001],b[7001],c[Maxn];
int miu[Maxn],bj[Maxn],p[Maxn],tot,n,q,x,u,v,opt;
void ycl() {
miu[1]=1;
for(int i=2;i<=7000;i++) {
if(!bj[i]) {
p[++tot]=i;
miu[i]=1;
}
int j=0,temp;
while(j++,(temp=i*p[j])<=7000) {
bj[temp]=1;
if(i%p[j]==0) break;
miu[temp]=miu[i];
}
}
for(int i=1;i<=7000;i++)
for(int j=i;j<=7000;j+=i)
a[j].set(i),b[i].set(j,miu[j/i]);
}
signed main() {
// freopen("test.in","r",stdin);
ycl();
read(n,q);
while(q--) {
read(opt,x);
switch(opt) {
case 1 : read(v),c[x]=a[v];break;
case 2 : read(u,v),c[x]=c[u]^c[v];break;
case 3 : read(u,v),c[x]=c[u]&c[v];break;
case 4 : read(v),putchar('0'+((c[x]&b[v]).count()&1));
}
}
return 0;
}
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