D - Decimal
题意：
询问(frac{1}{n})是否为有限小数。
思路：
拆质因子，看是不是只包含2和5即可，否则除不尽。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5;
int t,n;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
cin>>t;
while(t--){
cin>>n;
while(n%2==0){
n/=2;
}
while(n%5==0){
n/=5;
}
if(n!=1)cout<<"Yes
";
else cout<<"No
";
}
return 0;
}
E - Escape
因为网上很多代码都有点问题，所以单独写了一下：传送门
F - Forest Program
题意：
给出一个仙人掌图（每条边最多在一个简单环中），可能不联通。
问有多少种删边方法能使得这个图变为森林。
思路：
显然对于环上的边我们至少删一条边，其它边随便删，所以关键就是找简单环。
一开始纠结点双什么的，魔改tarjan...
后面发现直接dfs找环就行，环长可以直接利用深度来求。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
//#define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5;
const int MAXN=3e5+5,MAXM=1e6+5,MOD=998244353;
struct Edge{
int v,next;
}e[MAXM];
int n,m,u,v,head[MAXN],cnt,dep[MAXN];
ll ans=1,pw[500005];
bool vis[MAXN],ins[MAXN];
inline void addEdge(int u,int v){
e[++cnt] = {v,head[u]};head[u] = cnt;
}
void dfs(int u,int f){
ins[u]=vis[u]=1;
dep[u] = dep[f] + 1;
for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
int v=e[i].v;
if(v==f)continue;
if(ins[v]){
ans = ans * (pw[dep[u]-dep[v]+1]-1+MOD)%MOD;
m-=dep[u]-dep[v]+1;
}
if(vis[v])continue;
dfs(v,u);
}
ins[u]=0;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
//cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
pw[0]=1;
for(int i=1;i<=500000;i++)pw[i]=pw[i-1]*2%MOD;
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=m;i++){
cin>>u>>v;
addEdge(u,v);addEdge(v,u);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!vis[i])dfs(i,0);
}
cout<<ans*pw[m]%MOD<<'
';
return 0;
}
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define REP(i,a,b) for(register int i=(a);i<(b);i++)
inline int calc();
#define MAXN 3*3*3+7
int dis[MAXN][MAXN];
bool vis[MAXN];
vector<int> pers[17];
inline int skilltoid(int a, int b, int c) {
int k=(1<<(2*a))+(1<<(2*b))+(1<<(2*c));
#define F(x,y,z) ((1<<(2*x))+(1<<(2*y))+(1<<(2*z)))
#define Q 0
#define W 1
#define E 2
switch(k) {
case F(Q, Q, Q): return 1;
case F(Q, Q, W): return 2;
case F(Q, Q, E): return 3;
case F(W, W, W): return 4;
case F(Q, W, W): return 5;
case F(W, W, E): return 6;
case F(E, E, E): return 7;
case F(Q, E, E): return 8;
case F(W, E, E): return 9;
case F(Q, W, E): return 10;
}
return -1;
#undef F
#undef Q
#undef W
#undef E
}
inline int id(int a,int b,int c) {
return 3*3*a+3*b+c+1;
}
inline void test(int z) {
const char x[]="QWE";
REP(a,0,3)REP(b,0,3)REP(c,0,3) if(z==id(a,b,c)) {printf("%c%c%c",x[a],x[b],x[c]);}
}
inline int chtoid(char x) {
switch(x) {
case 'Y': return 1;
case 'V': return 2;
case 'G': return 3;
case 'C': return 4;
case 'X': return 5;
case 'Z': return 6;
case 'T': return 7;
case 'F': return 8;
case 'D': return 9;
case 'B': return 10;
}
return 0;
}
inline void genpers() {
pers[0].push_back(0);
REP(a,0,3)REP(b,0,3)REP(c,0,3) {
int sid=skilltoid(a,b,c);
pers[sid].push_back(id(a,b,c));
}
}
struct node{
int a,b,c;
int l;
};
queue<node> q;
inline void gendis(int a,int b,int c) {
memset(vis,0,sizeof vis);
int nid;
int mid=id(a,b,c); dis[0][mid]=3; vis[mid]=1;
q.push((node){a,b,c,0});
dis[mid][mid]=0;
while(!q.empty()) {
node now=q.front(); q.pop();
REP(d,0,3) {
nid=id(now.b,now.c,d);
if(!vis[nid]) {
q.push((node){now.b,now.c,d,now.l+1});
vis[nid]=1;
dis[mid][nid]=now.l+1;
}
}
}
}
char seq[100007];
int dp[2][9];
int main() {
genpers();
REP(a,0,3)REP(b,0,3)REP(c,0,3){gendis(a,b,c);}
scanf("%s", seq);
int len=strlen(seq);
int t=0, lst=0, now=0;
REP(i,0,9) dp[t][i]=0;
REP(i,0,len) {
lst=now; t^=1; char ch=seq[i]; now=chtoid(ch);
REP(k,0,pers[now].size()) {
dp[t][k]=0x3f3f3f3f;
int p;
REP(j,0,pers[lst].size()) {
//if(dp[t^1][j]+dis[pers[lst][j]][pers[now][k]]<=dp[t][k])
// test(pers[lst][j]), putchar('>'),
//test(pers[now][k]), printf("%d
", dis[pers[lst][j]][pers[now][k]]);
dp[t][k]=min(dp[t][k],dp[t^1][j]+dis[pers[lst][j]][pers[now][k]]);
}
}
//putchar('
');
}
int ans=0x7fffffff;
REP(i,0,pers[now].size()) {
ans=min(ans,dp[t][i]);
}
printf("%d
", ans+len);
return 0;
}
J - MUV LUV EXTRA
题意：
给出一串数字，定义(l)为某个循环节的长度，(p)为循环节出现的总长度（直到某尾才行）。
一个循环节对答案的贡献为(acdot p-bcdot l)，问最大贡献是多少。
思路：
如果我们贪心来思考的话，(p)肯定越大越好，(l)肯定越小越好。所以基本思路就是找到一个最小循环节。
因为每次循环节要直至末尾，所以我们要找(icdots n,1leq ileq n)的所有最小循环节。
删除一个数的贡献不容易，就考虑添加，那么倒过来直接KMP即可。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e7 + 5;
ll a, b;
char s[N], t[N];
int nxt[N];
void Get_next(char *s) {
int j, L = strlen(s + 1);
nxt[1] = j = 0;
for(int i = 2; i <= L; i++) {
while(j && s[i] != s[j + 1]) j = nxt[j];
if(s[i] == s[j + 1]) ++j;
nxt[i] = j;
}
}
void run() {
cin >> (s + 1);
int n = strlen(s + 1), m = 0;
bool ok = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(s[i] == '.') {
ok = 1;
} else {
if(ok == 0) continue;
t[++m] = s[i];
}
}
n = m;
reverse(t + 1, t + n + 1);
Get_next(t);
ll ans = -2666666666666666666;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
int l = i - nxt[i], p = i;
ans = max(ans, a * p - b * l);
}
cout << ans << '
';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
while(cin >> a >> b) run();
return 0;
}
K - MUV LUV UNLIMITED
题意：
给出一颗以(1)为根的有根树，现在(A,B)在这颗树上玩博弈。
规则如下：每次一个人可以选择至少一个叶子结点进行删除，最后不能删除的人失败。
思路：
感觉挺有意思的一个题，定义“树枝边”为：从叶子结点往上，直到第一个分叉点的路径长度。
然后就有一个结论：
- 若存在一个长度为(1)的树枝边，那么此时先手必胜。
口胡证明
若目前为一条链的情况，显然多出一条树枝边结论成立；
假设现在为多条链的情况，假设原状态为必胜态，那么多出一条边不影响；若为必败态，可以直接去掉这条树枝边把必败状态留给对方。
若多处若干树枝边，不影响结论。
所以当所有树枝边长度为(2)时，就时必败状态了。
现在我们已经知道树枝边小规模时的状态，那么接下来可以转换为一个石子博弈问题：给出多堆石子，每次可以选择任意堆，从上面取走一个石子，至少取一个石子，若一个人面临着存在石子数量为(1)的局面，就直接胜利。
这个博弈我们可以直接根据奇偶性来考虑，全为偶数时，后手有很大优势；否则，先手能将必输状态扔给对方。
代码如下：
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
// #define Local
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e6 + 5;
int n;
int d[N], a[N];
std::vector<int> g[N];
void dfs(int u, int fa, int &sz) {
if(d[u] > 1) return;
++sz;
for(auto v : g[u]) {
dfs(v, u, sz);
}
}
void run() {
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) d[i] = 0, g[i].clear();
for(int i = 1; i < n; i++) {
int x; cin >> x;
++d[x];
g[i + 1].push_back(x);
}
int tot = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(d[i] == 0) {
int x = 0;
dfs(i, 0, x);
a[++tot] = x;
}
}
for(int i = 1; i <= tot; i++) {
if(a[i] & 1) {
cout << "Takeru" << '
';
return;
}
}
cout << "Meiya" << '
';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
#ifdef Local
freopen("../input.in", "r", stdin);
freopen("../output.out", "w", stdout);
#endif
int T; cin >> T;
while(T--) run();
return 0;
}