2016 ACM/ICPC Asia Regional Dalian Online

1009 Sparse Graph（hdu5876）

由于每条边的权值都为1，所以最短路bfs就够了，只是要求转置图的最短路，所以得用两个set来维护，一个用来存储上次扩散还没访问的点，一个用来存储这一次扩散还没访问的点。

算法：bfs+set

  1 #include<iostream>
  2 #include<cstdio>
  3 #include<algorithm>
  4 #include<string.h>
  5 #include<queue>
  6 #include<vector>
  7 #include<stack>
  8 #include<set>
  9 using namespace std;
 10 const int maxn=200100;
 11 const int INF=0x3f3f3f3f;
 12 int t,n,m,u,v;
 13 int head[maxn];int tot;
 14 int di[maxn];
 15 struct Edge
 16 {
 17     int to,next;
 18 }edge[maxn];
 19 void init()
 20 {
 21     tot=0;
 22     memset(head,-1,sizeof(head));
 23 }
 24 void add(int u,int v)
 25 {
 26     edge[tot].to=v;
 27     edge[tot].next=head[u];
 28     head[u]=tot++;
 29 }
 30 struct node
 31 {
 32     int num,dis;
 33 };
 34 
 35 void bfs(int beg)
 36 {
 37     set<int>s,e;
 38     set<int>::iterator it;
 39     queue<node>q;
 40     for(int i=1;i<=n;i++)
 41         s.insert(i),di[i]=INF;
 42     node temp,nex;
 43     temp.num=beg,temp.dis=0;
 44     q.push(temp);
 45     s.erase(beg);
 46     while(!q.empty())
 47     {
 48         temp=q.front();q.pop();
 49         for(int i=head[temp.num];i!=-1;i=edge[i].next)
 50         {
 51             int v=edge[i].to;
 52             if(s.find(v)==s.end())
 53                 continue;
 54             s.erase(v);e.insert(v);
 55         }
 56         for(it=s.begin();it!=s.end();it++)
 57         {
 58             nex.num=*it;nex.dis=temp.dis+1;
 59             di[nex.num]=min(nex.dis,di[nex.num]);
 60             q.push(nex);
 61         }
 62         s.swap(e);e.clear();
 63     }
 64 }
 65 int main()
 66 {
 67     //freopen("input.txt","r",stdin);
 68     scanf("%d",&t);
 69     while(t--)
 70     {
 71         scanf("%d%d",&n,&m);
 72         init();
 73         for(int i=0;i<m;i++){
 74             scanf("%d%d",&u,&v);
 75             add(u,v);
 76             add(v,u);
 77         }
 78         int pos;
 79         scanf("%d",&pos);
 80         bfs(pos);
 81         if(n!=pos){
 82             for(int i=1;i<=n;i++)
 83             {
 84                 if(i==pos)continue;
 85                 if(i!=n)
 86                     printf("%d ",di[i]!=INF?di[i]:-1);
 87                 else
 88                     printf("%d
",di[i]!=INF?di[i]:-1);
 89             }
 90             
 91         }else{
 92             for(int i=1;i<=n-2;i++)
 93             {
 94                 if(1!=(n-1))
 95                     printf("%d ",di[i]!=INF?di[i]:-1);
 96                 else
 97                     printf("%d
",di[i]!=INF?di[i]:-1);
 98             }
 99             
100         }
101     }   
102     return 0;
103 }

View Code

1010 Weak Pair（hdu5877）

题意是要求所有节点的权值与其祖先节点权值相乘小于或等于k的总共有多少对，一开始知道必须得进行dfs，也知道可以马上建一个数组b[n]来记录每个节点需要和小于多少的数相乘才会小于看，但是在查询有多少个祖先节点小于b[i]时没有找到方法，后来才知道，可以将数据离散化后存进树状数组，只保留当前节点的父节点在树状数组当中，一旦离开这个节点，就把这个节点的权值在树状数组中删除

算法：dfs+离散化+BIT

 1 #include<iostream>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<cstdio>
 4 #include<string.h>
 5 #include<vector>
 6 #include<queue>
 7 #include<stack>
 8 using namespace std;
 9 #define ll long long
10 const int maxn=100100;
11 int n;
12 ll k,a[maxn];
13 vector<int>son[maxn];
14 ll ran[maxn];
15 ll b[maxn];
16 int in[maxn];
17 ll B[maxn];
18 int low_bit(int x)
19 {
20     return x&(-x);
21 }
22 ll Sum(int x){
23     ll s1 = 0;
24     while (x) s1 += B[x], x -= low_bit(x);
25     return s1;
26 }
27 void Add(int x, int d){
28     while (x<=n) B[x] += d,x += low_bit(x);
29 }
30 void init(int n)
31 {
32     for(int i=1;i<=n;i++){
33         son[i].clear();
34     }
35     memset(in,0,sizeof(in));
36 }
37 ll dfs(int rt)
38 {
39     Add(ran[rt],1);
40     ll ans=0;
41     for(int i=0;i<son[rt].size();i++){
42         int nex=son[rt][i];
43         ans+=dfs(nex);
44     }
45     Add(ran[rt], -1);
46     ll num=upper_bound(a+1,a+1+n,b[rt])-a-1;
47     ans+=Sum(num);
48     return ans;
49 }
50 int main()
51 {
52     //freopen("input.txt","r",stdin);
53     int t; scanf("%d", &t);
54     while(t--)
55     {
56         scanf("%d%lld",&n,&k);
57         init(n);
58         for(int i=1;i<=n;i++){
59             scanf("%lld",&a[i]);
60             ran[i] = a[i];
61             if (a[i] != 0)
62                 b[i] = k / a[i];
63             else
64                 b[i] = 0;
65         }
66             
67         int u,v;
68         for(int i=1;i<=n-1;i++){
69             scanf("%d%d",&u,&v);
70             son[u].push_back(v);
71             in[v]++;
72         }
73         sort(a+1,a+1+n);
74         unique(a+1,a+1+n);
75         for(int i=1;i<=n;i++){
76             ran[i]=lower_bound(a+1,a+n+1,ran[i])-a;
77         }
78         int root=1;
79         for(int i=1;i<=n;i++){
80             if(in[i]==0)
81                 root=i;
82         }
83         ll ans=dfs(root);
84         printf("%lld
",ans);
85     }
86     return 0;
87 }

View Code

1001 Different Circle Permutation

题意：1条项链有n个珠子，有黑白2种颜色，求任意2个黑珠不相邻的项链的种类数（旋转同构）

由于有黑珠不能相邻的条件，burnside或polya不能套用。不过自己计算不考虑旋转同构的方案数就会发现：

设f(n)为n个珠子涂色使得黑珠左右不相邻的方案数，则f(n)=f(n-1)+f(n-2)其中f(1)=1 f(2)=3

可以理解为前者是1个白珠子接上n-1个珠子，后者是1个黑珠子接上1个白珠子再接n-2个珠子（出现最右1个是黑珠的情况，把最左黑珠与右边互换，还是不同方案）

至于如何求旋转同构时的方案数，把n个珠子按照1,2,3,4...u,1...这个编号平均分成n/u份，每份都是按照原先左右关系连接后满足黑珠不相邻的，所以这部分方案数是f(u)

要满足这个，首先n%u==0，那旋转k个珠子的角度实际上是分割为每份gcd(k,n)

根据burnside引理，n种珠子排布，在k种旋转后相同视为同构，方案数是（这n种珠子排布分别做k种旋转后还是同样排布的数量之和）/k

所以方案数是∑(f( gcd(i,n) ))/n ( 1<=i<=n)

思维出来了，程序也容易写了

由于n可达10的9次方，暴力计算会超时

其实可以合并的，根据欧拉函数的定义可以合并为(1<=i<=n)∑(f( gcd(i,n) ))/n=(d|n)∑f(d)*euler(n/d)

f(d)可以矩阵快速幂得出，euler(d)由于实在太大应该分解质因子做

其实这2种运算都可以在一个合理的范围内打表，小的直接查表得出

欧拉函数也用不着分解到底

算法：矩阵幂+欧拉函数运算

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long mod = 1e9+7 ;
struct matrix {
    long long x1,x2 ;
    long long x3,x4 ;
};

matrix mul(matrix a,matrix b){
    matrix ans ;
    ans.x1 = (a.x1*b.x1 + a.x2*b.x3)%mod ;
    ans.x2 = (a.x1*b.x2 + a.x2*b.x4)%mod ;
    ans.x3 = (a.x3*b.x1 + a.x4*b.x3)%mod ;
    ans.x4 = (a.x3*b.x2 + a.x4*b.x4)%mod ;
    return ans ;
}

long long quick_matrix(long long x){
    x -= 4 ;
    matrix ans,cal ;
    ans.x1 = ans.x2 = ans.x3 = 1 ; ans.x4 = 0 ;
    cal.x1 = cal.x2 = cal.x3 = 1 ; cal.x4 = 0 ;
    while (x){
        if (x%2)
            ans = mul(ans,cal) ;
        cal = mul(cal,cal) ;
        x >>= 1 ;
    }
    return (ans.x1*4+ans.x2*3)%mod ;
}

long long fx(long long x){
    if (x == 1)
        return 1;
    else if (x == 2)
        return 3;
    else if (x == 3)
        return 4;
    else return quick_matrix(x) ;
}

long long quick(long long a,long long n){
    long long ans = 1 ;
    long long cal = a ;
    while (n){
        if (n%2)
            ans = (ans*cal)%mod ;
        cal = (cal*cal)%mod;
        n >>= 1;
    }
    return ans ;
}

long long euler(long long n)
{
    long long ans = n;
    long long i;
    for (i = 2; i*i <= n; i++){
        if (n%i == 0){
            while (n%i == 0)
                n /= i;
            ans = ans/i*(i-1) ;
        } 
    }
    if (n != 1)
        ans = ans/n*(n-1);
    return ans;
}


long long solve(long long n){
    if (n == 1)
        return 2;
    long long ans = 0; 
    long long nn = n ;
    long long d;
    long long i;
    for (i = 1; i*i < n; i++){
        if (n%i == 0){
            ans = (ans + fx(i)*euler(nn/i) + fx(nn/i)*euler(i))%mod ; 
        } 
    }
    if (i*i == n)
        ans = (ans + fx(i)*euler(i))%mod ;
    return (ans*quick(nn,mod-2))%mod;
}

int main()
{
    long long n;
    while (~scanf("%lld",&n))
        printf("%lld
",solve(n)) ;
    return 0 ;
}

hdu5868

1002 Different GCD Subarray Query

题意：求Q个区间含有不同的连续序列gcd个数，例如(6,8,12) gcd(6)=6 gcd(8)=8 gcd(12)=12 gcd(6,8)=2 gcd(8,12)=4 gcd(6,8,12)=2 含5种gcd值

固定右边界，左边界越往左，连续序列gcd值越小，并且两个数要么相等，要么至少相差1倍，所以一个右边界最多延伸出logn种gcd值。

题目可以离线做，合并相同右边界的查询，预处理出n个右边界的逆序对应gcd值。

树状数组储存最右出现的gcd值种类数

查询时把相同gcd值最先出现的位置尽量往右移，这样区间查询就不会减去[1,l-1]和[l,r]都含有的并且最先出现在[l,r]的数字

算法：离线+BIT

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <stack>
#include <set>
#include <queue>
#include <algorithm>
#define lowbit(x) (x & (-x))
using namespace std;
typedef __int64 ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int MAXN = 1e5 + 8;

int a[MAXN];
int ans[MAXN];
vector<pii> gc[MAXN];
vector<pii> query[MAXN];

int vis[MAXN * 10];
int n,q;

int __gcd(int a,int b){return b?__gcd(b,a%b):a;}
int sum[MAXN];
void treeinit(){memset(sum,0,sizeof(sum));}

void update(int x,int v){while(x <= n){sum[x] += v;x += lowbit(x);}}

int getSum(int x){int ans = 0;while(x){ans += sum[x];x -= lowbit(x);}return ans;}

void init(){
    for (int i = 0;i <= n;i ++){
        gc[i].clear();
        query[i].clear();
    }
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    treeinit();
}

void input(){
    int i,j;
    for (i = 1;i <= n;i ++)
        scanf("%d",a + i);
    //统计不同右边界从右到左的连续相同gcd值，O(nlog2n)
    //这里还有一种方法，预先处理出RMQ再O(nlog2nlog2n)二重二分
    for (i = 1;i <= n;i ++){
        int x = a[i];
        int y = i;

        for (j = 0; j < gc[i - 1].size();j ++){
            int res = __gcd(gc[i - 1][j].first,x);
            if (x != res){
                gc[i].push_back(make_pair(x,y));
                x = res;

                y = gc[i - 1][j].second;
            }
        }

        gc[i].push_back(make_pair(x,y));
    }

    for (i = 1;i <= q;i ++){
        int l,r;
        scanf("%d%d",&l,&r);
        query[r].push_back(make_pair(l,i));
    }
    //查询区间不同数的数量，右边界到哪加到哪
    for (i = 1;i <= n;i ++){
        //这里的思路，不是想着把查询分成1个三角形和一个直角梯形（事实证明这个思路有些复杂）
        //是把不同种类的数映射位置后放在数组上(若有重复则把数右移），以备区间查询
        for (j = 0;j < gc[i].size();j ++){
            int res = gc[i][j].first;
            int ind = gc[i][j].second;

            if (vis[res])//有相等的数则把数的头标签往右移
                update(vis[res],-1);
            vis[res] = ind;
            update(ind,1);
        }

        for (j = 0;j < query[i].size();j ++){
            int l = query[i][j].first;
            int ind = query[i][j].second;

            ans[ind] = getSum(i) - getSum(l - 1);

        }

    }

    for (i = 1;i <= q;i++){
        printf("%d
",ans[i]);
    }
}

int main(){
    while(scanf("%d%d",&n,&q)!=EOF){
        init();
        input();
    }
    return 0;
}

hdu5869

1005 Seats

题意：有m个部门（部门数和分别的学生数不确定），部门学生数不确定，但一定不大于h，整个学校学生数L人，会场一排k个座位且L%k==0。问在任何情况下都能让同部门的学生一定坐一排的最少座位排数。

要让这些学生占据最多的行，就是说每行座位的空位正好无法再坐一个部门，比较简单的做法：先求出部门数较多的情况下空位最少时，每排部门数=k/h，那要让空位最多，并且让1个部门学生多得不能再坐，那能坐满排时1个部门学生数=k/(k/h+1)，让1排空出最多的位需要1个部门有且仅有r=k/(k/h+1)+1，那样每排部门数又是k/h，每排最少要排k-k%r，剩下的人可以另起1行或安排到其他排的空位上（但是他喵的数据错误了，后者的情况下把人塞到其他排会WA）

#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define MOD 1000000007
#define N 1123456
using namespace std;
long long n,m,sum,res,flag;
int main()
{
    #ifndef ONLINE_JUDGE
        freopen("test.txt","r",stdin);
    #endif
    long long i,j,cas,T,t,x,y,z,h,l,k;
    while(scanf("%I64d%I64d%I64d",&h,&l,&k)!=EOF)
    {
        x=k/h;//最大人数时一排几个部门
        y=k/(x+1);//多放一个部门时每个部门最多的人数
        res=y+1;//加一个人保证不能多放一个部门
        printf("%I64d
",l/(k-k%res)+bool(l%(k-k%res)));//不是正解，数据正确的话会WA
    }
    return 0;
}

1006 football game

题意不多说。

定理什么的，可以理解为n个人比赛，胜得2分平得1分，那n人总分就是n(n-1)

排序，再计算前q人的总分，由于没人的分数是负数，如果前q人总分超q(q-1)就不合理

最后的总分也必须是n(n-1)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 20000+6;
int n,a[maxn];
int main()
{
    int T;
    while(scanf("%d",&T)!=EOF)
    {
        while(T--)
        {
            int res = 0;
            scanf("%d",&n);
            for(int i = 1;i<=n;i++)
                scanf("%d",&a[i]),res+=a[i];
            sort(a+1,a+1+n);
            int sum = 0;
            int flag = 0;
            for(int i = 1;i<=n;i++)
            {
                sum+=a[i];
                if(sum<i*(i-1))
                {
                    flag=1;
                    break;
                }
            }
            if(res!=n*(n-1))
                flag=1;
            if(flag)
                printf("F
");
            else
                printf("T
");
        }
    }
}

1007 friends and emenies

脑洞多一点的人会想到把互为朋友的1对关系当成1对连边

如果3人互为朋友，那为3人的3对关系找3种珠子不如给3人1种珠子，相当于三元环

所以问题其实是n个点，没有三元环并且互相连通的图最多边数

没有三元环，就是说可以形成二分图；最多边数，就是说2个点集点数相差最小

边数n/2*(n-n/2)

再比较下实际有的珠子种类数就ok了

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int main()
{
    LL m,n;
    while(~scanf("%I64d %I64d",&m,&n))
    {
        LL ans = m/2*(m-m/2);

        if( ans <=  n)  puts("T");
        else           puts("F");
    }
    return 0;
}

1008 function

与1002差不多，都是那种1个左（右）边界对应logn种（m%n可能是m，也可能是小于m/2的某个数）数的题目

还是一样，离线查询，把所有的区间求出来，注意合并

不过这次不用事先求出所有对

并且储存方式也改为优先队列以防止多余处理（能模到小于原数的要入队，不能的不处理）

在右边界向右推进的同时更新对应左边界对应数

算法：离线+优先队列

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long ULL;
typedef long long LL;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-9;
const int maxn = 100000 + 100;
typedef pair<int, int> Pair;
int ans[maxn], L[maxn];
vector<Pair> R[maxn];     //(L, id)
priority_queue<Pair> cal; //(num, pos)

int main()
{
    int T, cas=1, n;
    scanf("%d", &T);
    while(T--)
    { 
        while(!cal.empty()) cal.pop();
        for(int i=0;i<maxn;++i) R[i].clear();

        scanf("%d", &n);
        for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d", &L[i]);
        int l, r, q;
        scanf("%d", &q);
        for(int i=1;i<=q;++i)//把所有右边界相等的元素归一起，这是只有区间查询时的常用策略
        {
            scanf("%d%d", &l, &r);
            R[r].push_back(make_pair(l, i));
        }
        
        for(int i=1;i<=n;++i)
        {
            int l, r;
            //处理能改变结果的查询，用堆防止过多访问变成O(n^2)
            //注意1个左边界最多得到O(log2n)种结果
            while(!cal.empty()&&cal.top().first>=L[i])
            {
                l = cal.top().second;
                r = i;
                L[l] = cal.top().first%L[i];
                cal.pop();
                cal.push(make_pair(L[l], l));
            }
            cal.push(make_pair(L[i], i));
            for(int j=0;j<R[i].size();++j)
            {
                l = R[i][j].first;
                ans[R[i][j].second] = L[l];
            }
        }
        for(int i=1;i<=q;++i) printf("%d
", ans[i]);
    }
    
    return 0;
}

hdu5875