Codeforces Round #338 (Div. 2)

题目链接：http://codeforces.com/contest/615

第一题：

很简单

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int nn[140];int main(){    int n,m;    while(cin>>n>>m){    memset(nn,0,sizeof(nn));    for(int i = 0;i<n;i++){    int a;    cin>>a;        for(int j = 0;j<a;j++){            int b;            cin>>b;            b--;            nn[b] = 1;        }    }int ans = 0;    for(int i = 0;i<m;i++){        if(nn[i] == 1)ans++;    }    if(ans==m)cout<<"YES"<<endl;    else cout<<"NO"<<endl;    }}

第二题：对于我这种英语渣渣，题意太难理解了。但也不难。

题意：

在一张纸上有一个n个点，m条边的无向图，并且没有指向自己的边。找出一个严格递增的相连的线路，记录这条线路的点数a，并记录这条线路末尾最大的点有几天相邻的边b，求a×b的最大值。

解题思路：

利用动态规划的思想，dp[i] = max（dp[i],dp[j]+1）其中j<i，并且（i，j）相连，这样就求出结尾为i的tail的最大长度。然后它的spines就是与i相连的点的个数。求出两者相乘的最大的值。

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 100050;typedef long long ll;vector<int>V[maxn];int dp[maxn];int main(){int n,m;cin>>n>>m;for(int i = 0;i<m;i++){int a,b;cin>>a>>b;V[a].push_back(b);V[b].push_back(a);}memset(dp,0,sizeof(dp));dp[1] = 1;ll ans = 1;for(int i = 1;i<=n;i++){dp[i] = 1;for(int j = 0;j<V[i].size();j++){if(i>V[i][j]){dp[i] = max(dp[i],dp[V[i][j]]+1);}}int t  = V[i].size();//cout<<t<<" "<<dp[i]<<endl;ans = max(ans,1ll*dp[i]*t);}cout<<ans<<endl;}

第三题：这道题进了思想误区，导致比赛结束后wa掉了。

题意：给两个字串a，b。在a或reverse（a）中截取k个字串，让这些字串拼接成b串，求k的最小值，并输出截取字串的起始x和终止位置y。在a中的x<y,在reverse（a）中x>y。如果不能拼接成b，输出-1。

解题思路：

不能拼接成时，为b中包含a中不含有的字母。

能拼接成时

ans = 0for i in b:    ma = 0    for j in a:        cnt = 0;ii = i;jj = j(1)        while ii == jj:      (2)            ii++;jj++;cnt++  (3)        ma = max(ma,cnt)    for j  in reverse(a):        (1)(2)(3)    i+=ma-1;ans++print ans

ma是一次字串的最大长度，cnt是每次对比的最大长度，ans是字串段数，然后记 录一下jj-ma+1和jj

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int aa[27];int bb[27];int qi[2500];int ho[2500];int main(){string a,ar,b;cin>>a;cin>>b;ar = a;reverse(ar.begin(),ar.end());int al = a.size();int bl = b.size();for(int i = 0;i<al;i++)aa[a[i]-'a'] = 1;for(int i = 0;i<bl;i++)bb[b[i]-'a'] = 1;for(int i  = 0;i<26;i++){if(aa[i]==0&&bb[i]==1){cout<<"-1"<<endl;return 0;}}int ans = 0;for(int i = 0;i<bl;i++){int ma = 0,ma1=  0;for(int j = 0;j<al;j++){int ii = i;int cnt = 0;int yn = 0;int jj = j;while(b[ii] == a[jj]){ii++;jj++;cnt++;if(ii>=bl)break;if(jj>= al)break;yn = 1;}ma1 = max(ma,cnt);if(ma1 !=ma){qi[ans] = jj-ma1+1;ho[ans] = jj;}ma = ma1;}for(int j = 0;j<al;j++){int ii = i;int cnt = 0;int yn = 0;int jj = j;while(b[ii] == ar[jj]){ii++;jj++;cnt++;if(ii>=bl)break;if(jj>= al)break;yn = 1;}ma1 = max(ma,cnt);if(ma1 !=ma){qi[ans] = jj;ho[ans] = jj-ma1+1;}ma = ma1;}i+=ma-1;ans++;}cout<<ans<<endl;for(int i = 0;i<ans;i++){cout<<qi[i]<<" "<<ho[i]<<endl;}return 0;}

第四题：水平太洼，比赛的时候不会做。

题意：给n各质数，求这n各质数相乘的值m的所有的因子的乘积mod（1e9+7）。例如给出3个质数2，2，3。乘积为12。让求1×2×3×4×6×12mod（1e9+7）的值。

解题思路：

小于200000的素数不是很多，所以肯定有很多重复的数字。开一个map，记录素数和对应的个数。

然后看组合情况，假设素数j有k个，那么j有（kj+1）种出现的形式，所以对于所有的素数就有（k1+1）×（k2+1）×（k3+1）×（k4+1）*...*（kn+1）= sum种组合方式。不考虑j时就有sum/（kj+1）种。假设其中一种除j外的乘积为a，那么就有（a）×（a×j）×（a× j^2）×（a×j^3）×...×（a×j^kj） = （a^(kj+1)）×（j^(kj*(kj+1)/2)） .所以在所有的情况中共乘了j^((kj*(kj+1)/2))^(sum/(kj+1)).对于每一个素数求解一遍，乘积mod（1e9+7）为结果。

但是因为数据量过大，会导致sum爆 long long，所以在求解每一个j的sum/（kj+1）时要想办法。

我们用cnt（j）表示j^((kj*(kj+1)/2))

所以我们用d表示遍历到j时的种类的个数，即d（j）= （k1+1）×（k2+1）×（k3+1）×...×（kj+1）

然后

d(0)=1;ans = 1;for j in ma:    cnt(j)    ans=ans^(k+1)*cnt(j)^d（j-1）;    d(j)ans为最终结果例如我们有一组数据2 2 3 5 5则
cnt(1) = 2^(2*3/2)=8,cnt(2)=3^(1+2/2)cnt(3)j = 1:    ans = cnt(1)^1    d(1)=d(0)*(k1+1)=(k1+1)j = 2:    ans = cnt(1)^1^(k2+1)*cnt(2)^(k1+1)    d(2) =d(1)*(k2+1)= (k1+1)*(k2+1)j = 3:    ans = cnt(1)^1^(k2+1)^(k3+1)*cnt(2)^(k1+1)(k3+1)*cnt(3)^(k1+1)*(k2+1)    d(3) = d(2)*(k3+1)

并且在本解法中没有sum/k的运算。由费马小定理若p是质数，且gcd(a,p)=1，那么 a^(p-1)≡1（mod p），则a^x≡a^(x%(m-1))(mod p)
所以再加上%mod得到：
d(0)=1;ans = 1;for j in ma:    cnt(j)    ans=ans^(k+1)%mod*cnt(j)^d（j-1）%mod;    d(j)%（mod-1）然后再用快速幂解法
ll fast_mod(ll n,ll m,ll mod){ll ans =1;while(m){if(m&1)ans = ans*n%mod;m>>=1;n = n*n%mod;}return ans;}

即可快速的求解出ans。

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;ll p[200050];map<int ,ll>MA;const ll mod = 1e9+7;ll fast_mod(ll n,ll m,ll mod){ll ans =1;while(m){if(m&1)ans = ans*n%mod;m>>=1;n = n*n%mod;}return ans;}int main(){int T;cin>>T;MA.clear();for(int i = 0;i<T;i++){int a;scanf("%d",&a);MA[a]++;}map<int,ll>::iterator it;ll sum = 1;ll ans = 1;for(it = MA.begin();it!=MA.end();it++){int cnt = fast_mod(it->first,(it->second+1)*it->second/2,mod);ans=fast_mod(ans,it->second+1,mod)*fast_mod(cnt,sum,mod)%mod;sum=sum*(it->second+1)%(mod-1);}printf("%I64d\n",ans);}

第五题：找公式？？

题解：

我们根据例子发现，每往外一层增加6步，所以我们可以求出给出步数k的层数nn。

然后我们发现每一层有六条边，每一条边的步数为层数nn。

我们可以求出要求步数k的层数nn，边数bian，还有在该边的第几步ge。

然后根据坐标求解。

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;int main(){ll n;cin>>n;if(n == 0){cout<<"0 0"<<endl;return 0;}//int x,int y;//cout<<"n"<<n<<endl;ll nn =(n+5)/6;ll ns = sqrt(nn*2);while(ns*(ns+1)/2<nn)ns++;ns--;//cout<<ns<<endl;//完整的层数ll cnt,bian,ge; cnt = n-ns*(ns+1)/2*6-1;bian = cnt/(ns+1);ge = cnt%(ns+1);ll cx,cy;ll x,y;ge++;ns++;if(bian == 0){cx = 2*ns;cy = 0;x = cx-ge;y = cy+ge*2;}if(bian == 1){cx = ns,cy =2*ns;x = cx-ge*2;y = cy;}if(bian == 2){cx = -ns,cy =2*ns;x = cx-ge;y = cy-ge*2;}if(bian == 3){cx = -ns*2,cy =0;x = cx+ge;y = cy-ge*2;}if(bian == 4){cx = -ns,cy =-2*ns;x = cx+ge*2;y = cy;}if(bian == 5){cx = ns,cy =-2*ns;x = cx+ge;y = cy+ge*2;}cout<<x<<" "<<y<<endl;}