2017 Multi-University Training Contest

多校联合训练
hdu 6067 6068 6069 6070 6071 6072 6073 6074 6075 6076 6077 6078 6079

Counting Divisors

一道全场一个钟后。从第3面一直排到第15面一直在怼的题。。lcy老师表示这道题很有区分度

题意：求公式所得的答案。。就是求[l,r]这个范围内枚举的i，ik的因子数之和。

看到这种公式题第一感觉是。有规律。
所以。。跟hovees打表看了一个钟。
然后又推推推。最后发现对于一个数。他所作的贡献是他的每一个质因子数+1的积。
对于这个数的k次方。则是。每一个质因子数*k+1的积。

然后找出了大数因数分解的板。看了看时间是6000ms感觉可以试试n5/4卡卡过了。。
结果就是。并不行。。然后绝望到放弃

思路：用素数筛的原理，作区间筛（Q神叫法）。
对于一个数r，我们可以用r√把[1,r]的合数都筛掉。
那么对于[l,r]我们每次只需要去枚举r√内所有素数。就可以把对于这个区间内每一个数可以做的贡献计算出来。筛到最后。数依然是素数的。他们所做的贡献为k+1，乘起来就好了。

orz学习到了区间筛（其实就是素数筛。。自己不会撸而已）

#include <bits/stdc++.h>#define MAXN 1000005#define ll long long#define MOD 998244353using namespace std;vector<ll> prime;ll prime_len;bool mark[MAXN];ll l, r, k;ll f[MAXN], g[MAXN];void getPrime() {    for (ll i = 2; i < MAXN; i++) {        if (!mark[i]) {            prime.push_back(i);            for (ll j = i * 2; j < MAXN; j += i) {                mark[j] = true;            }        }    }    prime_len = prime.size();}void filter(ll p) {    for (ll i = l / p * p; i <= r; i += p) {        if (i >= l) {            ll tot = 0;            while (f[i - l] % p == 0) {                tot++;                f[i - l] /= p;            }            g[i - l] = g[i - l] * (tot * k + 1);            g[i - l] %= MOD;        }    }}int main() {    getPrime();    int T;    scanf("%d", &T);    while (T--) {        scanf("%lld %lld %lld", &l, &r, &k);        for (ll i = 0; i <= r - l; i++) {            f[i] = i + l;            g[i] = 1;        }        for (ll i = 0; i < prime_len; i++) {            if (prime[i] * prime[i] <= r) {                filter(prime[i]);            }        }        ll ans = 0;        for (ll i = 0; i <= r - l; i++) {            if (f[i] > 1) {                g[i] = g[i] * (k + 1) % MOD;            }            ans += g[i] % MOD;            ans %= MOD;        }        printf("%lld\n", ans);    }} 

Dirt Ratio

又是一个。。区间O(n^2)完全没思路。结果被dalao们教育了一把分数划分。

题意：给一个序列要找一段区间，使得区间内不同种类的数量/区间长度最小。也就是min(size(l,r)r−l+1)

思路：
我们不妨假设一个分数c他满足。min(size(l,r)r−l+1)>=c
将这个不等式转换一下
变成size(l,r)+l∗c>=(r+1)∗c
我们每次拿线段树去维护区间[l,r]内的最小值size(l,r)。
用二分去枚举c。每次check时枚举上一个出现同样数的后一位到r（就是枚举r就行了）是否全部满足上面那个不等式。直接得到答案。
l*c可以在建树的时候就直接维护。

#include <bits/stdc++.h>#define MAXN 60005#define INF 1e5#define EPS 1e-6using namespace std;int num[MAXN];double tree[MAXN << 2], add[MAXN << 2];int lastpoint[MAXN];int n;void push_up(int root) {    tree[root] = min(tree[root << 1 | 1], tree[root << 1]);}void push_down(int root) {    if (add[root] != 0) {        tree[root << 1] += add[root];        tree[root << 1 | 1] += add[root];        add[root << 1] += add[root];        add[root << 1 | 1] += add[root];        add[root] = 0;    }}void build(int l, int r, int root, double val) {    add[root] = 0;    if (l == r) {        tree[root] = val * l;        return ;    }    int mid = l + r >> 1;    build(l, mid, root << 1, val);    build(mid + 1, r, root << 1 | 1, val);    push_up(root);}void update(int l, int r, int L, int R, double val, int root) {    if (l >= L && r <= R) {        tree[root] += val;        add[root] += val;        return ;    }    push_down(root);    int mid = l + r >> 1;    if (L <= mid) {        update(l, mid, L, R, val, root << 1);    }    if (mid < R) {        update(mid + 1, r, L, R, val, root << 1 | 1);     }    push_up(root);}double query(int l, int r, int L, int R, int root) {    if (l >= L && r <= R) {        return tree[root];    }    push_down(root);    int mid = l + r >> 1;    double res = INF;    if (L <= mid) {        res = min(query(l, mid, L, R, root << 1), res);    }    if (R > mid) {        res = min(query(mid + 1, r, L, R, root << 1 | 1), res);    }    return res;}bool check(double c) {    build(1, n, 1, c);    memset(lastpoint, 0, sizeof(lastpoint));    for (int i = 1; i <= n; i++) {        update(1, n, lastpoint[num[i]] + 1, i, 1, 1);        lastpoint[num[i]] = i;        if (query(1, n, 1, i, 1) <= (i + 1) * c) {            return true;        }    }    return false;}double binary_search(double l, double r) {    double mid = (r + l) / 2;    while (r - l > EPS) {        mid = (l + r) / 2;        if (check(mid)) {            r = mid;        } else {            l = mid;        }    }    return r;}int main() {    int T;    scanf("%d", &T);    while (T--) {        scanf("%d", &n);        for (int i = 1; i <= n; i++) {            scanf("%d", &num[i]);        }        printf("%.5lf\n", binary_search(0, 1));    }}/*151 2 1 2 3*/

Lazy Running

题意：
小Q要跑步，每次从2点开始，至少需要跑K米。所跑的距离分别是d12,d23,d34,d41，就四个点。四条边。可以两点之间来回跑。但是一定在这四条边上。最后一定跑回2点。现在问要满足至少跑K米。那小Q最少需要跑多少米。

思路：
赛后看到Q群某dalao枚举了13种情况过了这题。先%一下。
这题。。真的主要就是要%一下。
我们可以假设。如果小Q乱跑。再跑回2点一共跑了x米。然后发现他并不够。那他可以选择。就靠着2最近的那个点（假设距离为w）。来回跑。跑2w * y次。恰好能满足至少K米
那么对于所有距离我们都可以拆成2w* y + x
那么我们可以假设。dp[i][j % 2w]表示，从2这个点到第i这个点。已经跑了j，然后我们压缩成j % 2w。
也就是dp[i][j % 2w] = min(j, dp[i][j % 2w])。
因为j太大了。但是都改成2w * y + x后。其实都一样。

假设我们一种跑法跑回到2是10，另一种跑法跑回到2是14，离2这个点最近那条边的距离是2
那么他们都可以拆分成4 * 2 + 2，4 * 3 + 2。
那其实对于14的花费。我们只需要再跑一次最近那条边的来回就好了。

所以我们只需要对于整个4*2*w的图。进行一次最短路即可。然后枚举j%2w

#include <bits/stdc++.h>#define MAXN 10#define ll long long#define mp(a,b) make_pair(a,b) #define INF 1LL << 62using namespace std;typedef pair<ll, ll> pll;struct node {    ll to, w;    };vector<node> vec[MAXN];priority_queue<pll, vector<pll>, greater<pll> > que;ll dp[MAXN][100000];ll m;void addEdge(ll u, ll v, ll w) {    vec[u].push_back((node){v, w});    vec[v].push_back((node){u, w});}void init(ll d12, ll d23, ll d34, ll d41) {    while (!que.empty()) {        que.pop();    }    for (int i = 0; i < MAXN; i++) {        vec[i].clear();    }    for (ll i = 0; i < MAXN; i++) {        for (ll j = 0; j < 100000; j++) {            dp[i][j] = INF;        }    }    addEdge(1, 2, d12);    addEdge(2, 3, d23);    addEdge(3, 4, d34);    addEdge(4, 1, d41);}void dijskra(ll s) {    que.push(mp(0LL, s));    while (!que.empty()) {        ll to = que.top().second;        ll weight = que.top().first;        que.pop();        if (weight > dp[to][weight % m]) {            continue;        }        for (ll i = 0; i < vec[to].size(); i++) {            ll dis = vec[to][i].w + weight;            ll y = vec[to][i].to;            if (dis >= dp[y][dis % m]) {                continue;            }            dp[y][dis % m] = dis;            que.push(mp(dis, y));        }    }}int main() {    int T;    scanf("%d", &T);    ll d12, d23, d34, d41, k;    while (T--) {        scanf("%lld %lld %lld %lld %lld", &k, &d12, &d23, &d34, &d41);        init(d12, d23, d34, d41);        m = 2 * min(d12, d23);        ll ans = INF;        dijskra(2);        for (ll i = 0; i < m; i++) {            ll tmp = k - dp[2][i];            if (tmp < 0) {                ans = min(ans, dp[2][i]);            } else {                ans = min(ans, dp[2][i] + tmp / m * m + (tmp % m ? 1 : 0) * m);            }        }        printf("%lld\n", ans);    }}

Matching In Multiplication

题意：题目中给一个二分图，两两边之间有权值。
现在让你求对于每一种完美匹配下。边权相乘后。对于所有情况数的权值之和%998244353。

思路：对于每一条度为1的边，他们所做的贡献肯定是固定的。所以可以通过拓扑直接提出来倍数。

剩下的边组成的每张图，连着的边，肯定不在同一个完美匹配里。可以分开计算，最多只会出现两种匹配方式。dfs一次即可。
然后再将每个图计算出来的贡献组合一下即可。
这里要注意。每一个点要对应两个点。一共30000个点，要相互连接，需要2 * 2 * 30000条边。

#include <bits/stdc++.h>#define MAXN 300005#define MOD 998244353#define ll long long#define DIS 300000using namespace std;struct edge {    int nxt, to;    ll w;    bool mark;}e[MAXN << 2];queue<int> que;int du[MAXN + DIS];bool mark[MAXN + DIS];int head[MAXN + DIS];int n, cnt;ll part[2];void addEdge(int u, int v, ll w) {    e[++cnt].nxt = head[u];    e[cnt].to = v;    e[cnt].w = w;    e[cnt].mark = false;    head[u] = cnt;}void init() {    memset(mark, false, sizeof(mark));    memset(head, -1, sizeof(head));    memset(du, 0, sizeof(du));    cnt = 1;    while (!que.empty()) {        que.pop();    }}ll topol() {    ll res = 1;    for (int i = DIS; i <= n + DIS; i++) {        if (du[i] == 1) {            que.push(i);            mark[i] = true;        }    }    while (!que.empty()) {        int u = que.front();        mark[u] = true;        que.pop();        for (int i = head[u]; ~i; i = e[i].nxt) {            if (e[i].mark) {                continue;            }            e[i].mark = e[i ^ 1].mark = 1;            mark[e[i].to] = true;            (res *= e[i].w) %= MOD;            for (int j = head[e[i].to]; ~j; j = e[j].nxt) {                e[j].mark = e[j ^ 1].mark = true;                du[e[j].to]--;                if (du[e[j].to] == 1) {                    que.push(e[j].to);                }            }        }    }    return res;}void dfs(int u, int idx) {    mark[u] = true;    for (int i = head[u]; ~i; i = e[i].nxt) {        if (!e[i].mark) {//          printf("from %d to %d %d\n", u, e[i].to, idx);            e[i].mark = e[i ^ 1].mark = true;            (part[idx] *= e[i].w) %= MOD;            dfs(e[i].to, idx ^ 1);        }    }}int main() {    int T, v;    ll w;    scanf("%d", &T);    while (T--) {        init();        scanf("%d", &n);        for (int i = 1; i <= n; i++) {            for (int j = 1; j <= 2; j++) {                scanf("%d %lld", &v, &w);                addEdge(i, v + DIS, w);                addEdge(v + DIS, i, w);                du[i]++;                du[v + DIS]++;            }        }        ll ans = topol();        for (int i = 1; i <= n; i++) {            if (!mark[i]) {                part[0] = part[1] = 1;                dfs(i, 0);                (ans *= (part[0] + part[1]) % MOD) %= MOD;            }        }        printf("%lld\n", ans);    }}

Questionnaire

题意：给n个数。需要你给出一个数m和k。使得这n个数%m==k的数目最多。

思路：m就取2就好了。如果奇数多k取1，奇数少k取0
orz为数不多的水题啊。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;int main() {    int T, n, tmp;    scanf("%d", &T);    while (T--) {        scanf("%d", &n);        int cnt = 0;        for (int i = 0; i < n; i++) {            scanf("%d", &tmp);            if (tmp & 1) {                cnt++;            }        }        printf("2 %d\n", cnt >= n - cnt ? 1 : 0);    }}

Time To Get Up

到这里了，是不是可以说。按图模拟即可。打张表花式过就好了

#include <bits/stdc++.h>#define MAXN 100using namespace std;int res[10][10] = {{1, 2, 3, 5, 6, 7, 0, 0, 0, 0},                    {3, 6, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0},                    {1, 3, 4, 5, 7, 0, 0, 0, 0, 0},                    {1, 3, 4, 6, 7, 0, 0, 0, 0, 0},                   {2, 3, 4, 6, 0, 0, 0, 0, 0, 0},                    {1, 2, 4, 6, 7, 0, 0, 0, 0, 0},                    {1, 2, 4, 5, 6, 7, 0, 0, 0, 0},                   {1, 3, 6, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0},                    {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 0, 0, 0},                    {1, 2, 3, 4, 6, 7, 0, 0, 0, 0}};int graph[10];char mapp[MAXN][MAXN];int sul[][2] = {0, 1, 1, 0, 1, 3, 3, 1, 4, 0, 4, 3, 6, 1};bool judge(int x, int y) {    return mapp[x][y] == 'X';}void init() {    for (int i = 0; i < 10; i++) {        for (int j = 0; j < 10; j++) {            if (res[i][j]) {                graph[i] += (1 << res[i][j]);            }        }    }}int getAns(int l) {    int ans = 0;    for (int i = 0; i < 7; i++) {        if (judge(sul[i][0], sul[i][1] + l)) {            ans += (1 << (i + 1));        }    }    for (int i = 0; i < 10; i++) {        if (graph[i] == ans) {            return i;        }    }}int main() {    int T;    scanf("%d", &T);    getchar();    init();    while (T--) {        for (int i = 0; i < 7; i++) {            scanf("%s", &mapp[i]);        }        printf("%d%d:%d%d\n", getAns(0), getAns(5), getAns(12), getAns(17));    }}

Wavel Sequence

题意：
给两个序列a，b，需要你找出这两个序列中的公共子序列，且这个公共序列需要成波浪状。
也就是需要新创造出来的c序列满足c1<c2>c3<c4>...cn
必须以谷底开头，可以以谷峰或者谷底结束

思路：
其实很容易看出来是dp，状态也很好找出来
当a[i] == b[j]时
对于到了a串i点，b串j点，为谷峰的情况数为dp[i][j][1]=∑ik=0∑jl=0dp[k][l][0]
对于到了a串i点，b串j点，为谷底的情况数为dp[i][j][0]=∑ik=0∑jl=0dp[k][l][1]
但是这个时间复杂度是n2∗m2是远远不够的。我们需要优化一下
对于a[i] == b[j]时，若存在某k < i && l < j 满足 a[k] == b[l] 那么从1→i 和 1→j
的数肯定已经统计过了。我们只需要统计∑ip=k+1∑jp=l+1
那么我们只需要用两个数组进行前缀和，直接获取答案即可。
而且我们可以减少一个维度。
只对dp[j][0]和dp[j][1]进行dp。 因为i和j不会相互影响，且外层枚举了i，无论i到哪里都可以把i当成固定的。
然后再用sum[j][0]和sum[j][1]分别表示，b串到第j位时，为谷底/谷峰已经有了多少种情况。
然后对于当前a[i]如果b[j]比他大，那么他一定是从b[j]往前的谷峰来的，反之同理。

#include <bits/stdc++.h>#define MAXN 2005#define MOD 998244353#define ll long longusing namespace std;int a[MAXN], b[MAXN];int sum[MAXN][2];int dp[MAXN][2];int main() {    int T, n, m;    scanf("%d", &T);    while (T--) {        memset(sum, 0, sizeof(sum));        memset(dp, 0, sizeof(dp));        scanf("%d %d", &n, &m);        for (int i = 1; i <= n; i++) {            scanf("%d", &a[i]);        }        for (int i = 1; i <= m; i++) {            scanf("%d", &b[i]);        }        ll cnt1, cnt0, ans = 0;        for (int i = 1; i <= n; i++) {            cnt0 = 0, cnt1 = 1; //cnt0记录从谷峰来的，cnt1记录从谷底来的             for (int j = 1; j <= m; j++) {                dp[j][0] = dp[j][1] = 0;                if (a[i] == b[j]) {                    dp[j][0] += cnt1;                    dp[j][1] += cnt0;                    (ans += (cnt1 + cnt0)) %= MOD;                } else if (a[i] > b[j]) {                    (cnt0 += sum[j][0]) %= MOD;                } else {                    (cnt1 += sum[j][1]) %= MOD;                }            }            for (int j = 1; j <= m; j++) {                (sum[j][0] += dp[j][0]) %= MOD;                (sum[j][1] += dp[j][1]) %= MOD;            }        }        printf("%lld\n", ans);    }}