P102
zhx
a
【问题描述】
你是能看到第一题的 friends 呢。
——hja
两种操作：
1、加入一个数。
2、询问有多少个数是?的倍数。
【输入格式】
第一行一个整数?，代表操作数量。
接下来?行，每行两个数???,?。其中???表示是哪种操作，第二个?是操作的
参数。
【输出格式】
一行一个整数，代表所有询问答案的异或值。
【样例输入】
5
1 2
1 3
2 2
1 6
2 3
【样例输出】
3
【数据范围与规定】
对于第?组数据，? ≤ ? = 1000?。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #define maxn 400010 using namespace std; int n,opt,x,sum[maxn]; long long ans=0; int main(){ //freopen("a.in","r",stdin); freopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout); scanf("%d",&n); while(n--){ scanf("%d%d",&opt,&x); if(opt==1){//插入一个数 int i; for(i=1;i*i<x;i++){ if(x%i==0){ sum[i]++; sum[x/i]++; } } int w=sqrt(x); if(w*w==x)sum[w]++; } if(opt==2) ans=ans^sum[x]; } cout<<ans; fclose(stdin);fclose(stdout); return 0; }
b
【问题描述】
你是能看到第二题的 friends 呢。
——laekov
Hja 有一棵?个点的树，树上每个点有点权，每条边有颜色。一条路径的权
值是这条路径上所有点的点权和，一条合法的路径需要满足该路径上任意相邻
的两条边颜色都不相同。问这棵树上所有合法路径的权值和是多少。
【输入格式】
第一行一个数?。
一行?个数代表每个点的权值。
接下来? − 1行每行三个整数?,?,?，代表?到?之间有一条颜色为?的边。
【输出格式】
一行一个整数代表答案。
【样例输入】
6
6 2 3 7 1 4
1 2 1
1 3 2
1 4 3
2 5 1
2 6 2
【样例输出】
134
【数据范围与规定】
30%的数据，1 ≤ ? ≤ 1000。
数据随机 另外20%的数据，是一条链。
对于100%的数据，1 ≤ ? ≤ 3 × 10 5 ,1 ≤ ? ≤ 10 9 。
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; #define maxn 300010 int n,w[maxn],num,head[maxn],s[maxn],col[maxn],nu[maxn]; bool vis[maxn]; long long ans; struct node{ int to,pre,v; }e[maxn*2]; void Insert(int from,int to,int v){ e[++num].to=to; e[num].v=v; e[num].pre=head[from]; head[from]=num; } bool flag; void dfs(int now,int father,int sum){ flag=0;ans+=sum; for(int i=head[now];i;i=e[i].pre){ int to=e[i].to; if(e[i].v==father)continue; flag=1; dfs(to,e[i].v,sum+w[to]); } } int du[maxn]; int main(){ //freopen("Cola.txt","r",stdin); freopen("b.in","r",stdin);freopen("b.out","w",stdout); scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&w[i]); int x,y,z; for(int i=1;i<n;i++){ scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); Insert(x,y,z);Insert(y,x,z); du[x]++;du[y]++; } bool fl=1; int st; for(int i=1;i<=n;i++){ if(du[i]==1)st=i; if(du[i]>2){ fl=0; break; } } if(fl){//是一条链 int cnt=0; s[1]=w[st]; vis[st]=1; while(1){ for(int i=head[st];i;i=e[i].pre){ if(vis[e[i].to])continue; vis[e[i].to]=1; cnt=cnt+1; col[cnt]=e[i].v; st=e[i].to; } s[cnt+1]=s[cnt]+w[st]; if(du[st]==1)break; } s[cnt+1]=s[cnt]+w[st]; nu[1]=0;nu[2]=1; for(int i=2;i<=cnt;i++){ if(col[i]!=col[i-1]){ nu[i+1]=nu[i]+1; } else nu[i+1]=1; } for(int i=2;i<=cnt+1;i++){ for(int j=1;j<=nu[i];j++){ ans+=s[i]-s[i-j-1]; } } cout<<ans; return 0; } for(int i=1;i<=n;i++){ flag=0; dfs(i,0,w[i]); if(!flag)ans-=w[i]; } ans/=2; cout<<ans; fclose(stdin);fclose(stdout); return 0; }
#define ll long long #include<iostream> #define N 300005 #include<cstdio> #define M 2*N using namespace std; int n,a[N],head[N],to[M],Next[M],e,col[M]; ll g[N],nu[N]; ll ans; void buid(int u,int v,int c){ Next[++e]=head[u];head[u]=e; to[e]=v,col[e]=c; } void dfs(int now,int f,int cf){ ll G=0; g[now]=a[now];nu[now]=1; int fl=1; for(int i=head[now];i;i=Next[i]){ int j=to[i];if(j==f) continue; dfs(j,now,col[i]); if(col[i]!=cf){ fl=0; nu[now]+=nu[j]; g[now]+=nu[j]*a[now]+g[j]; } G+=nu[j]*a[now]+g[j]; } ans+=G; if(fl)return; for(int i=head[now];i;i=Next[i]){ int j=to[i]; if(j==f) continue; for(int I=i;I;I=Next[I]){ int J=to[I]; if(J==f) continue; if(col[i]!=col[I]) ans+=g[j]*nu[J]+g[J]*nu[j]+a[now]*nu[j]*nu[J]; } } } int main(){ freopen("b.in","r",stdin); freopen("b.out","w",stdout); scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]); for(int i=1;i<n;++i){ int u,v,c;scanf("%d%d%d",&u,&v,&c); buid(u,v,c); buid(v,u,c); } dfs(1,0,0); cout<<ans<<endl; return 0; }
c
【问题描述】
你是能看到第三题的 friends 呢。
——aoao
Hja 特别有钱，他买了一个? × ?的棋盘，然后 Yjq 到这个棋盘来搞事。一
开始所有格子都是白的，Yjq 进行?次行操作?次列操作，所谓一次操作，是将对
应的行列上的所有格子颜色取反。 现在 Yjq 希望搞事之后棋盘上有?个黑色格子，
问 Yjq 有多少种搞事的方法。
【输入格式】
第一行五个整数?,?,?,?,?。
【输出格式】
一行一个整数代表答案对10 9 + 7取模之后的值。
【样例输入】
2 2 2 2 4
【样例输出】
4
【数据规模与约定】
对于100%的数据，1 ≤ ?,?,?,? ≤ 100000,0 ≤ ? ≤ ? × ?，有部分分。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #ifdef WIN32 #define LL "%I64d" #else #define LL "%lld" #endif using namespace std; #define maxn 100010 #define mod 1000000007 int n,m,r,c,ans; int v0[maxn],v1[maxn],v2[maxn],v3[maxn],v4[maxn]; long long s; int mul(long long a,int b){ a*=b; if (a>=mod) a%=mod; return (int)a; } int Pow(int a,int b){ int res=1; while(b){ if(b&1)res=mul(res,a); a=mul(a,a); b>>=1; } return res; } void inc(int &a,int b){ a+=b; if(a>=mod)a-=mod; } int main(){ freopen("c.in","r",stdin);freopen("c.out","w",stdout); scanf("%d%d%d%d"LL,&n,&m,&r,&c,&s); v1[0]=1; for(int i=1;i<=100000;i++)v0[i]=Pow(i,mod-2); // v0[i] 存放的是 i 的逆元 int tmp=1; for(int i=0;i<=(r>>1);i++){ // v1[i] 即C(n+i-1, i) v1[i]=tmp; tmp=mul(tmp,mul(i+n,v0[i+1])); } tmp=1; for(int i=0;i<=(c>>1);i++){ // v2[i] 即C(m+i-1, i) v2[i]=tmp; tmp=mul(tmp,mul(i+m,v0[i+1])); } tmp=1; for(int i=0;i<=n;i++){ // v3[i] 即C(n, i) v3[i]=tmp; tmp=mul(tmp,mul(n-i,v0[i+1])); } tmp=1; for(int i=0;i<=m;i++){ // v4[i] 即C(m, i) v4[i]=tmp; tmp=mul(tmp,mul(m-i,v0[i+1])); } for(int i=r&1;i<=min(n,r);i+=2){ //枚举.....(r-6), (r-4), (r-2), r if(i*2!=n){ if(((s-(long long)i*m))%(n-i*2))continue; // s = r0*m+c0*n-2*r0*c0 ==> (s-r0*m) = c0*(n-r0*2) int b=(int)((s-(long long)i*m)/(n-i*2)); // 计算 c0 if(b>c||b<0||((c-b)&1))continue; // 判断这个c0是否可能 int nowans=v3[i]; nowans=mul(nowans,v1[(r-i)>>1]); nowans=mul(nowans,v4[b]); nowans=mul(nowans,v2[(c-b)>>1]); //答案就是首先在n行里面选r0行，在m列里面选c0的方案数，再乘上选(r-r0)/2个行的方案数（这些行被操作两次，相当于没有动），再乘上选(c-c0)/2个列的方案数 inc(ans,nowans); } else{ //在这种条件下呢，无论列数怎么变，黑色格子数量都不会变了，恒定为r0*m，（这个时候等式(s-r0*m) = c0*(n-r0*2)中n-r0*2为0，c0的值不唯一） if((long long)i*m!=s)continue; int nowans=v3[i]; nowans=mul(nowans,v1[(r-i)>>1]); //这部分同上 int cnt=0; for(int b=(c&1);b<=min(r,c);b+=2) //因为列的数量不影响答案所以要枚举所有可能的列数分别计算一遍 inc(cnt,mul(v4[b],v2[(c-b)>>1])); inc(ans,mul(nowans,cnt)); // 这里应该是mul(nowans, cnt)吧？ } } printf("%d ",ans); return 0; }