2019-08-15 纪中NOIP模拟B组

T1 [JZOJ3455] 库特的向量

题目描述

　　从前在一个美好的校园里，有一只（棵）可爱的弯枝理树。她内敛而羞涩，一副弱气的样子让人一看就想好好疼爱她。仅仅在她身边，就有许多女孩子想和她BH，比如铃，库特，等等。不过，除却巫山不是云，理树的心里只有那个帅气高大的男孩子——恭介，这让女孩子们不得不终日唉声叹气，以泪洗面。不过恭介是那样强大而完美，根本没有办法击败他，她们也只好咬牙忍痛度日，以待反击之时。

　　终于，她们获得了一次机会。机智的库特利用弹道学、密码学、宇宙学的知识设计出了一个密室，可以让进入的人无法从内部打开出口。库特设计密码的过程很奇葩，是由两个用整数坐标表示的n 维向量导出的。神奇的是，对于这两个向量中的任意一个，无论如何将它的坐标打乱（例如(a1,a2,a3)变成(a3,a1,a2)），打乱后的数量积都不会比原来的两个向量的数量积小。而库特就把原来的两个向量的数量积作为了密码。现在她们只用把恭介引入就可以了。但是，好事多磨，由于她们的粗心大意，在测试密室的时候不小心把自己给关了进去，而且还带走了密码纸。在外面的铃只找到了库特写着两个打乱后的向量的草稿。哇呼~能不能解救这些萌妹子，就看你了。

数据范围

　　对于 $50\%$ 的数据，$N \leq 8$，$\vert A_i \vert , \vert B_i \vert \leq 10^3$

　　对于 $100\%$ 的数据，$N \leq 10^3$，$\vert A_i \vert , \vert B_i \vert \leq 10^5$

分析

　　B(ai)H(e)??? 题面越来越搞了啊

　　再现惊天水题 贪心小乘大 积之和一定最小

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define N 1005

int n;
ll ans, a[N], b[N];

int main() {
    scanf("%d", &n);
    for (int i = ; i <= n; i++) scanf("%lld", a + i);
    for (int i = ; i <= n; i++) scanf("%lld", b + i);
    sort(a + , a + n + );
    sort(b + , b + n + );
    for (int i = ; i <= n; i++)
        ans += a[i] * b[n +  - i];
    printf("%lld\n", ans);

    return ;
}

T2 [JZOJ3456] 恭介的法则

题目描述

　　终于，在众亲们的奋斗下，最终boss恭介被关进了库特设计的密室。正当她们松了一口气时，这个世界却发生了天翻覆地的变化：地面开始下沉，天空开始变成血红色，海水沸腾……一幅世界末日的图景。美鱼从她手中的古籍《若山牧水诗歌集》中发现了原因：白鸟は かなしからずや 空の青 海のあをにも 染まずただよふ 。大（xia）意（shuo）就是狡猾的恭介在创造这个世界的时候就篡改了法则。而这个法则的起源，就是一只生死之间的猫。这个猫被关在一个黑盒子里，盒子里有两个毒气罐，如果有任意一个毒气罐被打开那么猫将会被杀死，法则也能得到纠正。然而外界能控制的仅仅是这两个毒气罐被打开的概率。假设第一个毒气罐被打开的概率为1/x，第二个毒气罐为1/y（x,y 为正整数），那么当两个概率和为1/(n!)时，猫将会被莫名其妙地杀死。现在美鱼想知道，有多少对(x,y)可以让猫被莫名其妙杀死。

数据范围

　　对于 $30\%$ 的数据，$N \leq 6$

　　对于 $60\%$ 的数据，$N \leq 50$

　　对于 $100\%$ 的数据，$N \leq 7 \times 10^5$

分析

　　薛定谔的猫???

　　题目中要求算出满足 $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = \frac{1}{n!}$ 的所有数对 $(x,y)$ 的个数

　　该式可以化为 $(x+y)n!=xy$，但是这样似乎看不出来要怎么继续化简

　　观察一式可以发现 $x,y>n!$，于是设 $x=n!+k_1$，$y=n!+k_2$（$k_1,k_2$ 为正整数）

　　然后代入二式中得到 $k_1 k_2=(n!)^2$

　　这样这道题就转化为求 $(n!)^2$ 的约数个数

　　求一个数 $n$ 的约数个数，我们自然会想到这个公式 $f(n)= \prod_{i=1}^k (a_i+1)$

　　其中 $n$ 的唯一分解式为 $n=p_1^{a_1} \, p_2^{a_2} \, p_3^{a_3}···p_k^{a_k}$

　　然而 $n!$ 是一个非常大的数，我们不可能直接将它质因数分解，所以考虑如何求出每个质因数的次数

　　例如对于 $2$ 这个质数，$n$ 以内所有 $2$ 的倍数都会对其次数产生 $1$ 点贡献，所有 $4$ 的倍数会在原来基础上再产生 $1$ 点贡献，同理 $8$ 的倍数也会再产生 $1$ 点贡献……

　　以此类推，我们可以在埃式筛 $n$ 以内质数的同时，$O(log \; n)$ 求出每个质因数的次数

　　最后就是要写高精，还要至少压七八位

　　（本来没有压位 $TLE \; 60 \, pts$，最后五分钟想到可以压个位，结果有点慌忘打前导零 $WA$ 了，还少了关键的 $10 \, pts$，是我太作最后十分钟来检查代码，Rank1没了啊

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define N 700005
#define mod 1000000000

int n, book[N];
ll len, s[N];

void mul(ll x) {
    ll last = ;
    for (int i = ; i <= len; i++)
        s[i] = s[i] * x + last, last = s[i] / mod, s[i] %= mod;
    s[len + ] = last;
    while (s[len + ])
        len++, s[len + ] = s[len] / mod, s[len] %= mod;
}

int main() {
    scanf("%d", &n);
    s[++len] = ;
    for (int i = ; i <= n; i++) {
        if (book[i]) continue;
        for (int j = ; i * j <= n; j++)
            book[i * j] = ;
        ll j = i, k = ;
        while (j <= n) k += n / j, j *= i;
        mul(k <<  | );
    }
    printf("%lld", s[len]);
    for (int i = len - ; i; i--)
        printf("%08lld", s[i]);

    return ;
}

T3 [JZOJ3457] 沙耶的玩偶

题目描述

　　在美鱼和理树后援团拯救世界的同时，外表柔弱的理树也开始坚强起来，思考着离开这个世界的办法。误打误撞地，她遇上了正在教室破坏课桌打开迷宫入口的沙耶。沙耶告诉理树，这个世界的出口就是这个迷宫的出口。于是理树毫不犹豫地跟沙耶一起跳进了迷宫。在迷宫里，两个女孩子互帮互助，一会儿割绳子，一会儿泡温泉，一会儿雕冰块，跌跌撞撞地走到了终点。不出所料，终点也有一个机关在等着她们。

　　终点的机关是一个立着的m*n的方格棋盘，在有些格子上放了一个玩偶，而有些地方直接挖了个大坑。只有取走所有玩偶才能打开出口。但是，由于奇怪的设定，理树和沙耶不能直接触碰玩偶，他们需要操纵机器人来收集它。机器人的走法很奇怪，和国际象棋的马有点像，只不过马可以走任意方向的1*2路线，它们只会由上往下走r*c(或c*r)的路线，不能回头。而机器人一旦经过一个有玩偶的格子，那个格子上的玩偶将被回收，并且在机器人离开时，那个格子会变成一个坑。理树可以把机器人放在任何一个有玩偶的格子上作为起点，也可以在任何一个有玩偶的格子回收机器人。机器人行走可以视为瞬移，只不过每一次设置新起点都会消耗1 时间。并且，有坑的格子不能落脚。

　　就在这个紧要关头，玩偶狂热爱好者的沙耶却流着口水智商归0。理树不得不转而求助你，帮忙计算出最少多少时间就能收集到所有玩偶。

数据范围

　　对于 $30\%$ 的数据，$1 \leq M,N \leq 4$，$1 \leq R,C \leq 3$

　　对于 $70\%$ 的数据，$1 \leq M \leq 20$，$1 \leq N \leq 4$，$1 \leq R,C \leq 3$

　　对于 $100\%$ 的数据，$1 \leq M,N \leq 50$，$1 \leq R,C \leq 10$

分析

　　考场上笔推了一下发现是求走满所有玩偶位置的不相交路径个数，而且模拟过程很像匈牙利

　　看了下数据，发现匈牙利确实可做，然后很快就码了

　　具体就是在每个玩偶位置尝试扩展一条边，如果能扩展就继续枚举下一个位置，如果不能扩展，就说明这个点是一条路径的终点，计入答案

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define N 55

int n, m, r, c, ans;
int d[][], used[N][N], link[N][N][];
char g[N][N];

bool check(int x, int y) {
    if (x <  || x > n) return false;
    if (y <  || y > m) return false;
    if (g[x][y] == 'x') return false;
    return true;
}

bool dfs(int x, int y) {
    for (int i = ; i < ; i++) {
        int dx = x + d[i][];
        int dy = y + d[i][];
        if (!used[dx][dy] && check(dx, dy)) {
            used[dx][dy] = ;
            if (!link[dx][dy][] || dfs(link[dx][dy][], link[dx][dy][])) {
                link[dx][dy][] = x; link[dx][dy][] = y;
                return true;
            }
        }

    }
    return false;
}

int main() {
    scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &r, &c);
    d[][] = r; d[][] = -c; d[][] = c; d[][] = -r;
    d[][] = c; d[][] = r; d[][] = r; d[][] = c;
    for (int i = ; i <= n; i++)
        for (int j = ; j <= m; j++)
            scanf(" %c", &g[i][j]);
    for (int i = ; i <= n; i++)
        for (int j = ; j <= m; j++) {
            if (g[i][j] == 'x') continue;
            memset(used, , sizeof used);
            if (!dfs(i, j)) ans++;
        }
    printf("%d\n", ans);

    return ;
}