Wannafly挑战赛25游记

A - 因子

题目大意：

令$x=n!(n\le10^{12})$，给定一大于$1$的正整数$p(p\le10000)$求一个$k$使得$p^k|x$并且$p^{k+1}\not|x$的因子。

思路：

枚举$p$的每一个质因数$q$，求出它在$n!$出现次数$/p$中出现次数，取$\min$即可。对于一个质因数$q$，在$n!$中出现的次数等于$\sum_{i=1}^{\inf}\frac n{q^i}$。

源代码：

#include<cstdio>

#include<cctype>

#include<climits>

#include<algorithm>

typedef long long int64;

inline int64 getint() {

	register char ch;

	while(!isdigit(ch=getchar()));

	register int64 x=ch^'0';

	while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');

	return x;

}

int main() {

	int64 m=getint(),p=getint(),k=LLONG_MAX;

	for(register int64 i=2;i<=p;i++) {

		if(p%i==0) {

			int64 tmp=0,n=m,cnt=0;

			while(n) {

				tmp+=n/i;

				n/=i;

			}

			while(p%i==0) {

				p/=i;

				cnt++;

			}

			k=std::min(k,tmp/cnt);

		}

	}

	printf("%lld\n",k);

	return 0;

}

B - 面积并

题目大意：

有一个正$n$边形，它的外接圆的圆心位于原点，半径为$l$。以原点为圆心，$r$为半径作一个圆，求圆和这个正$n$边形的面积并。

思路：

割补法直接算即可。注意精度问题。

源代码：

#include<cmath>

#include<cstdio>

#include<cctype>

typedef long long int64;

inline int64 getint() {

	register char ch;

	while(!isdigit(ch=getchar()));

	register int64 x=ch^'0';

	while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');

	return x;

}

long double n,l,r,y;

int main() {

	n=getint(),l=getint(),r=getint();

	y=l*cosl(M_PIl/n);

	if(r>l) {

		printf("%.2Lf\n",M_PIl*r*r);

		return 0;

	}

	if(r<y) {

		printf("%.2Lf\n",.5*l*l*n*sinl(M_PIl*2/n));

		return 0;

	}

	printf("%.2Lf\n",r*r*acosl(y/r)*n+y*(sqrtl(l*l-y*y)-sqrtl(r*r-y*y))*n);

	return 0;

}

C - 期望操作数

题目大意：

$T(T\le10^6)$组询问$x,q(x,q\le10^7)$，每次操作将$x$变成$[x,q]$中的一个随机整数，求$x$变到$q$期望需要多少次操作。

思路：

显然$x\to q$相当于$0\to x-q$。

如果从$0$开始操作，$f_i$表示变成$i$的期望次数，那么$f_i=\frac{\sum_{j=0}^if_i}{i+1}+1$。

变形得：$f_i=\frac{1+\sum_{j=0}^{i-1}f_i}{i}+1$。

前缀和优化预处理$f$即可。

源代码：

#include<cstdio>

#include<cctype>

inline int getint() {

	register char ch;

	while(!isdigit(ch=getchar()));

	register int x=ch^'0';

	while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');

	return x;

}

typedef long long int64;

const int N=1e7+1,mod=998244353;

int f[N],g[N],inv[N];

int main() {

	inv[1]=1;

	for(register int i=2;i<N;i++) {

		inv[i]=(int64)(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;

	}

	for(register int i=1;i<N;i++) {

		f[i]=(int64)(g[i-1]+i+1)*inv[i]%mod;

		(g[i]=g[i-1]+f[i])%=mod;

	}

	for(register int T=getint();T;T--) {

		const int x=getint(),q=getint();

		printf("%d\n",f[q-x]);

	}

	return 0;

}

D - 玩游戏

题目大意：

有一张$n$个点$m$条边的带正权的简单无向图，其中除了$1$号点和$n$号点每个点度数小于等于$2$。

A和B轮流操作，A先手，每次操作的人可以选择一条仍然存在的边，并且使得边权减$1$。如果有一条边边权减为了$0$，它会立即消失。

当$1$和$n$不连通时，上一个操作的人输。问A是否有必胜策略。

思路：

首先给出的图相当于若干条连接$1$和$n$的不相交的链，其余边都和$1$到$n$的连通性无关。

在结束游戏前的最后一步一定是剩下一条边权全是$1$的链。如果剩下的最后一条路径确定了，游戏的总步数也确定了，那么先后手的胜负也确定了。因此我们可以通过链上的边数的奇偶性来判断这条连是谁的必胜路径。

那么双方的策略就是尽可能切断使对方必胜的路径。切断一条路径需要的步数是这条路径上的权值的最小值。我们只需要比较双方切断对方必胜的路径所需要的步数即可。

源代码：

#include<cstdio>

#include<cctype>

#include<vector>

#include<climits>

inline int getint() {

	register char ch;

	while(!isdigit(ch=getchar()));

	register int x=ch^'0';

	while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');

	return x;

}

typedef long long int64;

const int N=1e5+1;

int n,m;

int64 sum[N],cnt[2];

struct Edge {

	int to,w;

};

std::vector<Edge> e[N];

inline void add_edge(const int &u,const int &v,const int &w) {

	e[u].push_back((Edge){v,w});

	e[v].push_back((Edge){u,w});

}

void dfs(const int &x,const int &par,const int &dep,const int &min) {

	if(x==n) {

		sum[dep]+=min;

		return;

	}

	for(auto &j:e[x]) {

		const int &y=j.to,&w=j.w;

		if(y==par) continue;

		dfs(y,x,dep+1,std::min(min,w));

	}

}

int main() {

	n=getint(),m=getint();

	int64 tot=0;

	for(register int i=0;i<m;i++) {

		const int u=getint(),v=getint(),w=getint();

		add_edge(u,v,w);

		tot+=w;

	}

	dfs(1,0,0,INT_MAX);

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

		cnt[i&1]+=sum[i];

	}

	puts(cnt[tot&1]<=cnt[!(tot&1)]?"Yes":"No");

	return 0;

}