2017 Multi-University Training Contest

神奇的数据。开机20分钟挂机4小时。

Build a tree

题意：
给一个完全k叉树，rootn个节点点，问整个树，每个节点的子节点数+1 异或出来的值是多少。

思路：
其实不难发现，当有n层时，子树里会有n-1层的满k叉树x棵，n-2层的满k叉树y棵，n-1层的完全k叉树z棵这三种情况。
如果k % 2 == 0，那么对于一个满k叉树，他所异或的值为整棵树的节点数
如果k % 2 == 1，那么多于一个满k叉树，他所异或的值为从1到n层(1 - k ^ i) / (1 - k)的异或值
这个可以打个表。
当x % 2 == 1， y % 2 == 1的时候可以取值，因为如果棵数成偶数的话就异或为0了。

我们可以打表算出，当层数为n时拥有的结点数。
那么我们可以通过剩下的rootn个结点，算出x，y，z。
然后递归直到为0或为1即可。
这里要注意(1 - k ^ i) / (1 - k)这个不能直接算，k ^ i可能会先爆long long。累加即可。

当k = 1时，树为链，求1-n的异或值，找规律发现4个出现一次0。那么每次最多只需要算4次即可。

/*满足n > (1 - k ^ a) / (1 - k)有a + 1层，这层的总节点数为(1 - k ^ (a + 1)) / (1 - k) = n1个节点 上一层总节点数为(1 - k ^ a) / (1 - k) = n2 个节点 一棵满k叉子树需要(1 - k ^ a) / (1 - k) = n3个节点一棵少一层的k叉子树需要(1 - k ^ (a - 1)) / (1 - k) = n4个节点那么剩下的节点数为z = n - x * n3 - y * n4那么可以算出y有(n1 - n) / k ^ a个 x有(n - n2) / k ^ a个可得剩下的节点数有前缀和1 异或 (1 - k ^ 2) / (1 - k) 异或 ...可知花费为 ^rootnx % 2 == 1时 贡献 ^sum(a)y % 2 == 1时 贡献 ^sum(a - 1)继续递归可得 这里n1可能已经爆long long了，所以可以通过其他方式计算到x,y*/#include <bits/stdc++.h>#define ll long long#define MAXN 200using namespace std;const ll MOD = 1e9;ll f[MAXN], sum[MAXN];ll mi[MAXN];ll ans, k;void dfs(ll rootn) {    ans ^= rootn;    if (rootn == 0 || rootn == 1) {        return ;    }    ll a = 1;    for (ll i = 1; i < MAXN; i++) {        if (f[i] >= rootn || f[i] <= 0 || mi[i] <= 0) {            break;        }        a = i;    }    ll n2 = f[a];    ll n3 = n2;    ll n4 = f[a - 1];    ll y;    ll x = (rootn - n2) / mi[a - 1];    if ((n2 - x * mi[a - 1]) % mi[a - 1] == 0) {        y = k - x;    } else {        y = k - x - 1;        y = y < 0 ? 0 : y;     }    if (x % 2) {        ans ^= sum[a];    }    if (y % 2) {        ans ^= sum[a - 1];    }    ll z = rootn - x * n3 - y * n4 - 1;    dfs(z);} void init() {    f[0] = sum[0] = 0;    mi[0] = 1;    for (ll i = 1; i < MAXN; i++) {        mi[i] = mi[i - 1] * k;        f[i] = mi[i - 1] + f[i - 1];        if (k & 1) {            sum[i] = sum[i - 1] ^ f[i];        } else {            sum[i] = f[i];          }    }}int main() {    int T;    ll n;    scanf("%d", &T);    while (T--) {        scanf("%lld %lld", &n, &k);        ans = 0;        if (k == 1) {            while (n && (n + 1) % 4) {                ans ^= n;                n--;            }        } else {            init();            dfs(n);        }        printf("%lld\n", ans);    }} /*1001000000000000000000 1000000000*/

Euler theorem

签到题。
题意：有a % b，现在告诉你a，问a % b的值有多少种情况出现。
思路：不难发现，大于0，小于(a + 1) / 2的数都可以被取得，再加上本身可以%=0

#include <bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;int main() {    int T;    ll n;    scanf("%d", &T);    while (T--) {        scanf("%lld", &n);        printf("%lld\n" , (n + 1) / 2 + 1);    }}

Free from square

题意：
从1到n当中，每次选取不超过k次，问能取到没有平方因子的情况有多少种。

思路：
没有平方因子很容易能想到素数，也就是500以内的素数随机组合选取，但是又要不超过k次。那就有点难度了。。
500的平方根以内的素数一共有8个，我们只要保证这八个不重复即可（因为其他的只要重复了就超过了500了）。
先将1到n以内的数按照刨去这八个素数后所得的数分组。
每组里面有着对于这八个数的不同状态，状压一下。
将所有情况都分组后，就是分组背包问题了。
dp的时候要每次枚举不同的状态和当前可以选择的数目，从上一次的情况获取到。
然后滚动数组维护一下即可。

#include <bits/stdc++.h>#define MAXN 505#define ll long long#define MOD 1000000007using namespace std;int p[] = {2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19};vector<int> v[MAXN];int b[MAXN], bel[MAXN];int n, k;bool mark[MAXN][1 << 9];ll dp[2][MAXN][1 << 9];void add(int x, int y) {    v[x].push_back(y);}void init() {    for (int i = 0; i < MAXN; i++) {        v[i].clear();        b[i] = 0;        bel[i] = i;    }    memset(dp, 0, sizeof(dp));    memset(mark, false, sizeof(mark));}void div() {    for (int i = 1; i <= n; i++) {        for (int j = 0; j < 8; j++) {            if (b[i] != -1 && i % p[j] == 0 && i % (p[j] * p[j]) != 0) {                b[i] |= (1 << j);                bel[i] /= p[j];            } else if (i % p[j] == 0 && i % (p[j] * p[j]) == 0) {                b[i] = -1;                break;            }        }    }    for (int i = 1; i <= n; i++) {        if (b[i] != -1) {            if (bel[i] == 1) {                add(i, b[i]);            } else {                add(bel[i], b[i]);            }        }    }    for (int i = 1; i <= n; i++) {        for (int j = 0; j < v[i].size(); j++) {            mark[i][v[i][j]] = true;        }    }}void work() {    for (int i = 1; i <= n; i++) {        if (v[i].size() == 0) {            continue;        }        for (int j = 0; j < (1 << 8); j++) {            if (!mark[i][j]) {                continue;            }            dp[i & 1][1][j] = (dp[(i & 1) ^ 1][1][j] + 1) % MOD;            for (int l = 1; l <= k; l++) {                for (int q = 0; q < (1 << 8); q++) {                    if (!(j & q)) {                        dp[i & 1][l][j | q] = (dp[(i & 1) ^ 1][l - 1][q] + dp[i & 1][l][j | q]) % MOD;                    }                }            }        }        for (int j = 1; j <= k; j++) {            for (int l = 0; l < (1 << 8); l++) {                dp[(i & 1) ^ 1][j][l] = dp[i & 1][j][l];            }        }    }}ll cal() {    ll ans = 0;    for (int i = 1; i <= k; i++) {        for (int j = 0; j < (1 << 8); j++) {            ans += dp[k & 1][i][j];            ans %= MOD;        }    }           return ans;}int main() {    int T;    scanf("%d", &T);    while (T--) {        init();        scanf("%d %d", &n, &k);        div();        work();        printf("%lld\n", cal());    }}

Hard challenge

题意：
给n个坐标点每个点的价值为val，两两点构成的线段的价值为val1 * val2，现在求一条经过(0,0)点的直线可以使它交到的线段价值最大。

思路：
把所有点都打成以角度排序，以某点转180°的点，都可以对该点造成价值。
用尺取法一段一段180°取就好了。
用x，y算它角度的 atan2(y, x) / PI * 180

#include <bits/stdc++.h>#define ll long long#define MAXN 100005using namespace std;const double PI = acos(-1.0);struct point {    ll x, y, val;    double ang;    point(ll _x, ll _y, ll _val) : x(_x), y(_y), val(_val) {        ang = atan2(y, x) / PI * 180;        if (ang < 0) {            ang += 360;        }    }    point() {}} reg[MAXN];int cmp(point a, point b) {    return a.ang < b.ang;}int main() {    ll T, x, y, val, n;    scanf("%lld", &T);    while (T--) {        scanf("%lld", &n);        for (int i = 0; i < n; i++) {            scanf("%lld %lld %lld", &x, &y, &val);            reg[i] = point(x, y, val);            reg[i + n] = point(x, y, val);            reg[i + n].ang += 360;        }        n *= 2;        sort(reg, reg + n, cmp);        ll l, r;        l = 0, r = 0;        ll lval = 0, rval = 0;        while (r + 1 < n && reg[0].ang + 180 > reg[r + 1].ang) {            rval += reg[++r].val;        }        ll ans = 0;        if (r == 0) {            rval += reg[++r].val;        }        for (ll i = 1; i < n; i++) {            rval -= reg[i].val;            lval += reg[i - 1].val;            while (l < i && reg[i].ang - 180 >= reg[l].ang) {                lval -= reg[l++].val;            }            while (r + 1 < n && reg[i].ang + 180 > reg[r + 1].ang) {                rval += reg[++r].val;            }            ans = max(ans, (lval + reg[i].val) * rval);            if (i == r && i + 1 < n) {                rval +=  reg[++r].val;            }        }        printf("%lld\n", ans);    }}/*331 1 11 -1 10-1 0 100*/

Just do it

题目：
给一个序列a，有一种操作，对于每一个下标i的数，他是[1,i]之间的ai异或得到的
现在进行m次操作，问最终序列的样子。

思路：
其实可以发现有dp[i][j]表示下标为i，已经操作了j次。
有dp[i][j]=dp[i−1][j]xordp[i][j−1]
再转化一下。有dp[i][j]=dp[i−2k]xordp[i][j−2k]
那可以发现，其实对于一个下标为i的，我们只需要做他j二进制化后，为1的位置（跟快速幂差不多）。
然后dp一下就好了。

#include<bits/stdc++.h>#define MAXN 200005#define ll long longusing namespace std;ll a[MAXN];int main(){    ll T, n, m;    scanf("%d", &T);    while (T--) {        scanf("%lld %lld", &n, &m);        for (ll i = 0; i < n; i++) {            scanf("%lld", &a[i]);        }        for (ll k = 0; 1 << k <= m; k++) {            if (m >> k & 1) {                for (ll i = 1 << k; i < n; i++) {                    a[i] ^= a[i - (1 << k)];                }            }        }        for (ll i = 0; i < n; i++) {            if (i) {                printf(" ");            }            printf("%lld", a[i]);        }        puts("");    }}

Kolakosk

题意：一个Kolakoski序列。。。。。。问你第n位是多少
什么是Kolakoski序列呢。百度去吧。。好难描述

思路：按照Kolakoski的描述打表即可。。
数据水到比赛的时候判奇偶都可以过。。

#include <bits/stdc++.h>#define ll long long#define MAXN 10000005using namespace std;int k[MAXN];void init() {    k[1] = 1;    k[2] = 2;    int cnt = 2;    for (int i = 1; i < MAXN; i += k[cnt++]) {        for (int j = 0; j < k[cnt]; j++) {            k[i + j + 1] = k[i] ^ 3;         }    }   }int main() {    int T, n;    init();    scanf("%d", &T);    while (T--) {        scanf("%d", &n);        printf("%d\n", k[n]);    }   }