2018.08.10【省赛&提高A组模拟】比赛总结
题解
这次题目可真是太难了！
糟糕的运气使我AK的步伐寸步难行（士气严重下降）。
T1
这题还是比较水的（尽管我比赛时只拿了50分）
一些大佬们说：这题只是一道简单的暴力题，枚举l+二分r 就可以了。
另一些DL们说：这题就是一道水DP，用SPFA/Dij做就可以了。
我说：这题是一道看不出正解的难题，只能暴力水30分了！
于是乎我打了一个暴力，却手残脑残打了一个贪心，使当前的 L 尽可能小
本以为会GG，结果居然拿了50分！
可以发现，结果区间的L和R都必定在输入里出现（不然怎么可能走不过去？）
因此枚举L，二分R即可！
T2
这题还是有点水的（尽管我爆0）
不难发现这题要用Trie。
可以按照T建也可以按照S建，我是按照T建的。
每一个节点上都额外多储存两个变量——last和sum，last建树时最后经过该节点的字符串编号，sum表示到当前字符串，与该字符串前缀相同的字符串组成的A数组中的最长全0串。
建树时，要维护每一个节点的last和sum。
询问时，走到S的尽头节点x（若走不到则输出n），输出\(\max(sum[x],n-last[x])\)即可。
T3
这题十分毒瘤！
一看题目，就觉得正解就是数论。
可以发现，假如 x[p]能够求出来，那么必定存在一对(i,j)，满足 \(P\mod k[i]=0,P\mod k[j]=1\)。
这相当于 \(p=a1*k[i]=a2*k[j]+1\)即 \(a1*k[i]-a2*k[j]=1\)，这个就可以用扩展欧几里得算法来求通解。
注意：有解的条件必定是gcd(k[i],k[j])=1
但是这样会重复，因此要用容斥原理去重。
我们可以设 f[s1][s2](其中 s1 表示 p mod k[i]=0 的集合，s2 表示 p mod k[j]=1 的集合，s1,s2 可以用二进制来压)，来表示满足以下方程的 p 的个数：
\(P\mod k[i1]=0,P\mod k[i2]=0,P\mod k[i3]=0\), ……
\(P\mod k[j1]=1,P\mod k[j2]=1,P\mod k[j3]=1\), ……
事实上，这等价于满足两个方程。
\(P\mod lcm(k[i1],k[i2],…)=0,P\mod lcm(k[j1],k[j2],…)=1\)
这个方程的解的个数可以用扩展欧几里得来求。
因此我们可以用一个DFS枚举s1和s2来实现，当一共选择了奇数个元素时就为重复要减去，否则为不重复要加上。
CODE
T1
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 1010
#define M 3010
#define inf 1e+6
struct EDGE
{
int end,l,r,next;
}edge[M<<1];
struct node
{
int first,num,l,r;
node(){first=num=l=r=0;}
}a[N];
int n,m,s,ans,L,R,left[M],right[M];
bool b[N];
inline void inc(int x,int y,int l,int r)
{
edge[++s]=(EDGE){y,l,r,a[x].first};
a[x].first=s;
edge[++s]=(EDGE){x,l,r,a[y].first};
a[y].first=s;
}
inline int min(int x,int y){return x<y?x:y;}
inline int max(int x,int y){return x>y?x:y;}
bool pd(int k)
{
b[k]=0;
if(k==n) return 1;
for(int i=a[k].first;i;i=edge[i].next)
if(edge[i].l<=L&&edge[i].r>=R&&b[edge[i].end]&&pd(edge[i].end))
return 1;
return 0;
}
int main()
{
freopen("travel.in","r",stdin);
freopen("travel.out","w",stdout);
int i,j,x,y,l,r,mid,ans=0,ansl;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&left[i],&right[i]);
inc(x,y,left[i],right[i]);
left[i]=-left[i];
}
sort(left+1,left+m+1);
sort(right+1,right+m+1);
for(i=1;i<=m;i++) if(left[i]!=left[i-1])
{
l=1,r=m;
while(l<=r)
{
mid=(l+r)/2;
L=-left[i],R=right[mid];
if(R-L+1<ans) l=mid+1;
else
{
for(j=1;j<=n;j++) b[j]=1;
if(pd(1))
{
if(R-L+1>=ans)
ans=R-L+1,ansl=L;
l=mid+1;
}
else r=mid-1;
}
}
}
printf("%d\n",ans);
for(i=ansl;i<ans+ansl;i++) printf("%d ",i);
return 0;
}
T2
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 100010
#define M 5000010
#define minus 'a'
struct trie
{
int last,ans;
trie *son[3];
trie()
{
last=ans=0;
son[0]=son[1]=son[2]=NULL;
}
};
trie *root=new trie;
char st[M];
int n,m,len,num;
inline int max(int x,int y){return x>y?x:y;}
inline void insert(trie *p)
{
len=strlen(st+1);
int i,k;
for(i=1;i<=len;i++)
{
k=st[i]-minus;
if(p->son[k]==NULL)
{
p->son[k]=new trie;
p=p->son[k];
}
else
{
p=p->son[k];
p->ans=max(p->ans,num-(p->last)-1);
}
p->last=num;
}
}
inline int find()
{
int i;
trie *p=root;
len=strlen(st+1);
for(i=1;i<=len;i++)
{
if(p->son[st[i]-minus]) p=p->son[st[i]-minus];
else return n;
}
return max(p->ans,n-p->last);
}
int main()
{
freopen("word.in","r",stdin);
freopen("word.out","w",stdout);
int i;trie *p;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(num=1;num<=n;num++)
{
scanf("%s",st+1);
insert(root);
}
while(m--)
{
scanf("%s",st+1);
printf("%d\n",find());
}
return 0;
}
T3
#include<cstdio>
using namespace std;
#define ll long long
ll n,m,ans,x,y,a[12];
ll exgcd(ll a,ll b)
{
if(b==0)
{
x=1,y=0;
return a;
}
ll d=exgcd(b,a%b),t=x;
x=y,y=t-a/b*y;
return d;
}
inline ll gcd(ll x,ll y)
{
if(y==0) return x;
return gcd(y,x%y);
}
inline ll lcm(ll x,ll y)
{
if(x==0) return y;
if(y==0) return x;
return x/gcd(x,y)*y;
}
void dfs(ll k,ll lcm1,ll lcm2,ll sum)
{
if(lcm1>n||lcm2>n) return;
if(k>m)
{
if(lcm1==0||lcm2==0) return;
if(exgcd(lcm1,lcm2)>1) return;
x=(x%lcm2+lcm2)%lcm2;
ans+=(n/lcm1-x+lcm2)/lcm2*(sum&1?-1:1);
return;
}
dfs(k+1,lcm1,lcm2,sum);
dfs(k+1,lcm(lcm1,a[k]),lcm2,sum+1);
dfs(k+1,lcm1,lcm(lcm2,a[k]),sum+1);
}
int main()
{
freopen("sazetak.in","r",stdin);
freopen("sazetak.out","w",stdout);
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(ll i=1;i<=m;i++) scanf("%lld",&a[i]);
a[++m]=n;
dfs(1,0,0,0);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
最新文章
- js封装用户选项传递给Servlet之考试系统二
- Html5导航插件，支持水平/垂直展示
- batch_size 和 fetch_size作用
- .NET中的访问修饰符
- SAP B1 ADDON 开发
- [Java] 关键字final、static使用总结
- POJ 1286 Necklaces of Beads （Burnside定理，有限制型）
- Scut 进阶：EntityChangeEvent
- delphi中获得进程列表或想要的进程(枚举进程、遍历进程)
- 深入理解PHP对象注入
- 双击表，powerdesigner pdm 没有 comment列（no comment）
- Vue.js——60分钟快速入门（转）
- ORACLE设置用户密码不过期
- 理解特性attribute 和 属性property的区别 及相关DOM操作总结
- 【算法】LeetCode算法题-Palindrome Number
- 在spring中如何生成一个bean （一个对象，比如jedis的连接池对象）【我】
- Oracle ____Undo
- google翻译插件安装
- (笔记)linux 进程和线程的区别
- java一些基本的方法