2019-ACM-CCPC-Online-Contest
1、^&^
题意：
求一个最小的正整数(C)，使得((Aoplus C) &(Boplus C))最小。
思路:
对于(A,B)来说，对于他们的二进制的第(i)位，如果其中一个是(0)，则(A_i&B_i=0)，所以只要找所有满足(A_i=1,B_i=1)的(i)，将(C)的第(i)位置(1)就行了。所以答案就是(A&B)。注意题目要求正整数。
代码：
/*
* @Author: Simon
* @Date: 2019-08-23 19:09:47
* @Last Modified by: Simon
* @Last Modified time: 2019-08-23 19:10:39
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef int Int;
#define int long long
#define INF 0x3f3f3f3f
#define maxn 200005
int a[maxn];
Int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
//freopen("input.in","r",stdin);
//freopen("output.out","w",stdout);
#endif
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int T;cin>>T;
while(T--){
int a,b;cin>>a>>b;
int ans=(a&b);
cout<<(ans?ans:1)<<endl;
}
#ifndef ONLINE_JUDGE
system("pause");
#endif
return 0;
}
2、array
题意：
思路：
代码：
3、K-th occurrence
题意：
思路：
后缀数组+(st)表+主席树+二分
代码：
4、path
题意：
给你一个有向带权图，定义一条路径的值为所有你经过的边权的和，你可以经过任意一条边任意多的次数，问第(k)小的路径长度是多少？
思路：
优先级队列
听说是一个很套路的解法？那就记住吧，理解也只能感性的理解一下了。。
初始，将每个点为起点所连接的最短边放入优先级队列中，从队列顶端开始，第(i)次出队列，就是第(i)小的路径。根据第(i)小的路径转移出两种路径状态（假设第(i)小的路径最后走过的边为(u-v)）：
(1)、第(i)小的路径加上从(v)出发的最短路径
(2)、最后走过的边由原来的(u-v)，变为(u-v')，即从(u)节点出发的第一个比(u-v)边权大的一条边。
代码：
/*
* @Author: Simon
* @Date: 2019-08-29 13:13:45
* @Last Modified by: Simon
* @Last Modified time: 2019-08-29 14:42:14
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef int Int;
#define int long long
#define INF 0x3f3f3f3f
#define maxn 50005
struct node{
int u,v,w,rank;
node(){}
node(int u,int v,int w,int rank):u(u),v(v),w(w),rank(rank){}
bool operator <(const node&a)const{
return w>a.w;
}
};
int a[maxn];
struct pi{
int u,v,w;
pi(){}
pi(int u,int v,int w):u(u),v(v),w(w){}
bool operator <(const pi&a) const{
return w<a.w;
}
};
vector<pi>g[maxn];
Int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
//freopen("input.in","r",stdin);
//freopen("output.out","w",stdout);
#endif
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int T;cin>>T;
while(T--){
int n,m,qq;cin>>n>>m>>qq;
priority_queue<node>q;
for(int i=1;i<=m;i++){
int u,v,w;
cin>>u>>v>>w;
g[u].push_back({u,v,w});
}
for(int i=1;i<=n;i++) sort(g[i].begin(),g[i].end()); //按边权从小到大排序
for(int i=1;i<=n;i++) if(g[i].size()) q.push({g[i][0].u,g[i][0].v,g[i][0].w,0}); //初始将所有点的最短出边入队列
int Max=0; for(int i=1;i<=qq;i++) cin>>a[i],Max=max(Max,a[i]); //最大要算到第Max小的路径
vector<int>ans;
for(int i=1;i<=Max;i++){
node now=q.top();q.pop();
ans.push_back(now.w); //第i次出队列的边权长度，就是第i小的路径长度
if(g[now.v].size()){ //1、从v点出发的最短边
int u=now.v,v=g[now.v][0].v,w=g[now.v][0].w;
q.push({u,v,w+now.w,0});
}
if(g[now.u].size()>now.rank+1){//2、由u-v转为u-v'
int u=now.u,v=g[now.u][now.rank+1].v,w=g[now.u][now.rank+1].w;
q.push({u,v,now.w+w-g[now.u][now.rank].w,now.rank+1});
}
}
for(int i=1;i<=qq;i++) cout<<ans[a[i]-1]<<endl;
for(int i=0;i<=n;i++) g[i].clear();
}
#ifndef ONLINE_JUDGE
system("pause");
#endif
return 0;
}
5、huntian oy
题意：
求(f(n,a,b)=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^igcd(i^a-j^a,i^b-j^b)[gcd(i,j)=1]\%(10^9+7))。
思路：
(gcd(a^m-1,a^n-1)=a^{gcd(m,n)}-1)。
推广：若(a>b, gcd(a,b)=1)，则有(gcd(a^m-b^m,a^n-b^n)=a^{gcd(n,m)}-b^{gcd(n,m)})。
不知道上面等式的也可以打表看一下，直接能看出来(gcd(i^a-j^a,i^b-j^b)=i-j)。
然后可得：
[f(n,a,b)=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^i(i-j)[gcd(i,j)=1]=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^ii[gcd(i,j)=1]-sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^ij[gcd(i,j)=1]
\sum_{i=1}^nicdotvarphi(i)-sum_{i=1}^nfrac{icdotvarphi(i)+[i=1]}{2}=sum_{i=1}^nicdotvarphi(i)-frac{1}{2}sum_{i=1}^nicdotvarphi(i)-frac{1}{2}
\=frac{1}{2}(sum_{i=1}^nicdot varphi(i)-1)
]
令(phi(n)=sum_{i=1}^nicdot varphi(i), g(n)=ncdot varphi(n), id(n)=n)，由(sum_{d|n}varphi(d)=n)可得：
[sum_{d|n}g*id(n)=sum_{d|n}dcdot varphi(d)cdotfrac{n}{d}=ncdotsum_{d|n}varphi(d)=n^2
\
]
所以有：
[frac{ncdot(n+1)cdot(2n+1)}{6}=sum_{i=1}^ni^2=sum_{i=1}^nsum_{d|i}dcdot varphi(d)cdotfrac{i}{d}=sum_{i=1}^{n}isum_{d=1}^{frac{n}{i}}dcdotvarphi(d)=sum_{i=1}^nicdotphi(frac{n}{i})
]
我们要求的是(phi(n))，也就是(i=1)时的值，所以就是：
[phi(n)=frac{ncdot(n+1)cdot(2n+1)}{6}-sum_{i=2}^nicdotphi(frac{n}{i})
]
带回原式中得：
[f(n,a,b)=frac{1}{2}(phi(n)-1)。
]
代码：
/*
* @Author: Simon
* @Date: 2019-05-02 19:14:05
* @Last Modified by: Simon
* @Last Modified time: 2019-08-23 18:13:42
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define maxn 1000000
#define Mod 2500005
#define inv2 500000004
const int mod=1e9+7;
int inv6;
struct HashMap//手写Hash
{
int head[Mod+5],key[Mod],value[Mod],nxt[Mod],tol;
inline void clear() { tol=0;memset(head,-1,sizeof(head)); }
HashMap(){clear();}
inline void insert(int k,int v)
{
int idx=k%Mod;
for(int i=head[idx];~i;i=nxt[i])
{
if(key[i]==k)
{
value[i]=min(value[i],v);
return ;
}
}
key[tol]=k;value[tol]=v;nxt[tol]=head[idx];head[idx]=tol++;
}
inline int operator [](const int &k) const
{
int idx=k%Mod;
for(int i=head[idx];~i;i=nxt[i])
{
if(key[i]==k) return value[i];
}
return -1;
}
}mp;
int prime[maxn],cnt=0;
long long Phi[maxn];
int sum[maxn]; //预处理i*phi(i)前缀和
bool vis[maxn]={1,1};
void Euler(){
Phi[1]=1;
for(int i=2;i<maxn;i++){
if(!vis[i]){
prime[++cnt]=i;
Phi[i]=i-1;
}
for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<maxn;j++){
vis[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0){
Phi[i*prime[j]]=Phi[i]*prime[j];
break;
}
Phi[i*prime[j]]=Phi[i]*(prime[j]-1);
}
}
for(int i=1;i<maxn;i++) sum[i]=(sum[i-1]+i*1LL*Phi[i]%mod)%mod;
}
int fpow(int a,int b){
int ans=1;
while(b){
if(b&1) ans=ans*1LL*a%mod;
a=a*1LL*a%mod;
b>>=1;
}
return ans;
}
int sum_1(int n){ //sum(1,2,3,……,n)
n%=mod;
return 1LL*n*(n+1)%mod*inv2%mod;
}
int sum_2(int n){ //sum(1,4,9,……,n^2)
n%=mod;
return 1LL*n*(n+1)%mod*(2*n+1)%mod*inv6%mod;
}
int dfs(int n){
if(n<maxn) return sum[n];
if(mp[n]!=-1) return mp[n];
long long sum=0;
for(int i=2,j;i<=n;i=j+1){// 分块
j=n/(n/i);
(sum+=(sum_1(j)-sum_1(i-1))%mod*1LL*dfs(n/i)%mod)%=mod;
}
sum=(sum_2(n)-sum)%mod;
mp.insert(n,sum);
return sum;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);Euler();inv6=fpow(6,mod-2);
int T;scanf("%d",&T);
while(T--){
int n,a,b;scanf("%d%d%d",&n,&a,&b);
printf("%lld
", ((dfs(n) - 1)*1LL * inv2 % mod + mod) % mod);
}
cin.get(),cin.get();
return 0;
}
6、Shuffle Card
题意：
初始给你一个按序的([1,n])的排列。(m)次操作，每次将数(x)移到最前端，问最后这个排列是什么。
思路：
倒置整个初始排列，每次操作将(x push\_back)到数组末端。最后倒序输出，标记一下有没有输出过即可。
代码：
/*
* @Author: Simon
* @Date: 2019-08-23 20:18:17
* @Last Modified by: Simon
* @Last Modified time: 2019-08-23 20:20:44
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef int Int;
#define int long long
#define INF 0x3f3f3f3f
#define maxn 200005
int a[maxn];
bool vis[maxn];
Int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
//freopen("input.in","r",stdin);
//freopen("output.out","w",stdout);
#endif
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int n,m;cin>>n>>m;
for(int i=n;i>=1;i--) cin>>a[i];
for(int i=1;i<=m;i++){
int x;cin>>x;
a[++n]=x;
}
for(int i=n;i>=1;i--){
if(!vis[a[i]]) cout<<a[i]<<' ',vis[a[i]]=1;
}
#ifndef ONLINE_JUDGE
system("pause");
#endif
return 0;
}
7、Windows Of CCPC
题意：
找规律。
思路：
找规律。
代码：
/*
* @Author: Simon
* @Date: 2019-08-23 20:38:59
* @Last Modified by: Simon
* @Last Modified time: 2019-08-23 21:26:25
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef int Int;
#define int long long
#define INF 0x3f3f3f3f
#define maxn 2005
char a[maxn][maxn];
Int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
//freopen("input.in","r",stdin);
//freopen("output.out","w",stdout);
#endif
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
a[0][0]=a[0][1]=a[1][1]='C';a[1][0]='P';
for(int i=1;i<10;i++){
for(int p=(1<<i),k=0;k<(1<<(i));p++,k++){
for(int kk=0;kk<(1<<(i));kk++){
if(a[k][kk]=='C') a[p][kk]='P';
else a[p][kk]='C';
}
}
for(int p=0;p<(1<<(i));p++){
for(int q=(1<<i),k=0;k<(1<<(i));k++,q++){
a[p][q]=a[p][k];
}
}
for(int p=(1<<i),k=0;k<(1<<(i));k++,p++){
for(int q=(1<<i),kk=0;kk<(1<<(i));kk++,q++){
a[p][q]=a[k][kk];
}
}
}
int T;cin>>T;
while(T--){
int n;cin>>n;
for(int i=0;i<(1<<n);i++){
for(int j=0;j<(1<<n);j++){
cout<<a[i][j];
}
cout<<endl;
}
}
#ifndef ONLINE_JUDGE
system("pause");
#endif
return 0;
}
8、Fishing Master
题意：
有(n)条鱼，煮熟每条鱼所花费的时间为(a_i)，抓一条鱼所花费的时间为(k)，问在一次只能煮一条鱼的条件下，煮熟所有的鱼，所花费的最少时间为多少？
思路：
假设所有煮鱼的时间总和为(sum)，则总时间肯定不小于(sum+k)。即最理想的情况就是，第(1)条鱼需要花费(k)的时间来抓，以后抓的每一条鱼，都在前一条煮熟之前抓到。因此不花费额外的时间。但实际会出现，已经没有鱼可煮了，因此需要花费额外的时间来抓鱼，所以其实就是让这额外抓鱼的时间最少即可。
代码：
/*
* @Author: Simon
* @Date: 2019-08-25 14:00:56
* @Last Modified by: Simon
* @Last Modified time: 2019-08-25 14:11:55
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef int Int;
#define int long long
#define INF 0x3f3f3f3f
#define maxn 200005
int a[maxn];
Int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
//freopen("input.in","r",stdin);
//freopen("output.out","w",stdout);
#endif
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int T;cin>>T;
while(T--){
int n,k,ans=0;cin>>n>>k;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],ans+=a[i];
sort(a+1,a+n+1,greater<int>()); //按煮鱼时间从大到小排序，这样可以使得再煮第一条鱼的时候多抓几条鱼。
int tot=1/*目前的存货*/,num=1/*总共抓了多少条鱼*/;priority_queue<int>q;
for(int i=1;i<=n;i++){
tot--;
if(tot<0){ //无鱼可煮时，需要用最少的时间来抓一条鱼来煮。
ans+=k-q.top();
q.pop();tot++,num++;
}
if(a[i]%k!=0) q.push(a[i]%k);
tot+=a[i]/k;num+=a[i]/k;
if(num>=n) break; //若抓鱼总数大于等于n则，不可能再花费额外的时间
}
cout<<ans+k<<endl;
}
#ifndef ONLINE_JUDGE
system("pause");
#endif
return 0;
}
9、Kaguya
题意：
思路：
概率动态规划+二分图
代码：
10、Touma Kazusa's function
题意：
思路：
莫比乌斯反演+莫队
代码：
11、sakura
题意：
思路：
中国剩余定理+卢卡斯定理
代码：