$ \sum{i=0}{n-1}\sum{j=i}{n-1}\mid Ai - Aj \mid $
小学生在上课
题目大意：给你一个正整数N，问你1 ~ (n-1) 所有在模N下的逆的和（只计算存在的）。
分析：
1、首先，一个数a在模N下存在逆当且仅当 gcd(a, N) = 1
2、易证，不同的数在模N下的逆不同
3、一个数在模N下的逆是它本身
4、因此，令A={与N互质的数} B = {A里每一个数在模N下的逆}，易证 A = B
5、所以只需求1-(n-1)中与N互质的数的和
6、因为gcd（a, N）= 1 gcd（N-a， N）
7、因此
时间复杂度为O(sqrt(N))
另：不懂ϕ（N）的自己去查 欧拉函数
#include <stdio.h>
#include <math.h>
int main()
{
int T,n,i;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d",&n);
long long ans = n;
for(i = 2;i <= sqrt(n);i ++)
{
if(n % i == 0)
{
ans *= i - 1;
n /= i;
while(n % i == 0)
{
ans *= i;
n /= i;
}
}
}
if (n>1)
ans *= n - 1;
ans /= 2;
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
小学生森林
每次O(log)的去交换行和列就可以了，然后最后再看看那个位置是什么。
如果没看懂的话，那就仔细看看代码吧～
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<list>
#include<map>
#include<set>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define FOR(i,a,b) for(i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(i=(a);i>=(b);i--)
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
using namespace std;
map<LL,LL> a;
map<int,int> hang;
map<int,int> lie;
int n,m,K;
LL gp(LL x,LL y)
{
return (LL)x*(3*1e9)+(LL)y;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);
int x,y,c,i,tt,qq,a0,b0;
FOR(i,1,K)
{
scanf("%d%d%d",&x,&y,&c);
LL t=gp(x,y);
if (!a.count(t)) a[t]=c;
else a[t]+=c;
}
scanf("%d",&tt);
while (tt--)
{
scanf("%d%d%d",&qq,&a0,&b0);
if (qq==1)
{
if (!hang.count(a0)) hang[a0]=a0;
if (!hang.count(b0)) hang[b0]=b0;
int t=hang[a0];hang[a0]=hang[b0];hang[b0]=t;
}else if (qq==2)
{
if (!lie.count(a0)) lie[a0]=a0;
if (!lie.count(b0)) lie[b0]=b0;
int t=lie[a0];lie[a0]=lie[b0];lie[b0]=t;
}else
{
if (hang.count(a0)) x=hang[a0];else x=a0;
if (lie.count(b0)) y=lie[b0];else y=b0;
LL t=gp(x,y);
if (!a.count(t)) printf("%lld\n",0);
else printf("%lld\n",a[t]);
}
}
return 0;
}
小学生放假了
这题N^2M的dp应该是显然的……算了还是说下吧，先将Ci从大到小排序。f[i][j]表示前i个小学生还剩下j个商品可以设定价格，可以得到的最多的收入，f[i][j] = max(f[k][j – 1] + Ck * (i – k) | 0 <= k < i)，这个dp应该很好理解。
现在的思路很简单，就是把转移优化到O(1)，这怎么做呢？
经过观察可以发现，每个f[i][j]的决策g[i][j]在两维上都是单调不减的，即 g[i][j] <= g[i][j + 1]，g[i][j] <= g[i + 1][j]。然后就有利用二维决策单调性的O(NM)算法了：对于每个f[i][j]计算决策的时候，只枚举[g[i – 1][j], g[i][j + 1]]之间的决策，可以证明这个复杂度是O(NM)的
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=10005,M=2005;
int n,m,g[N][M];
long long f[N][M],c[N];
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("ch.in","r",stdin);
freopen("ch.out","w",stdout);
#endif
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;i<n;i++)
scanf("%d",&c[i]),g[i+1][m+1]=i;
sort(c,c+n);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=m;j;j--)
for(int k=g[i-1][j];k<=g[i][j+1]&&k<i;k++)
if(f[i][j]<f[k][j-1]+c[k]*(i-k)){
f[i][j]=f[k][j-1]+c[k]*(i-k);
g[i][j]=k;
}
printf("%lld\n",f[n][m]);
return 0;
}
小学生的游戏
这个题目一看就是矩阵快速幂吧……
算法1：容易发现步长是以M为循环节的。构造M个转移矩阵，先把M个转移矩阵乘起来得到A，再计算A^(N / M)，最后再乘上前N % M个转移矩阵，得到答案。这种算法是O(M^4)的，对于M=200的数据还是过不了的……
算法2：上面这种算法把M个转移矩阵乘起来这一步太浪费时间，所以我们考虑直接构造转移M个格子的矩阵A，构造这个矩阵是O(M^3)的，然后再用上面的算法就可以了（前M个格子的数可能要特殊处理）
AC算法：虽然算法2已经达到了O(M^3logN)的复杂度，但由于常数较大还是过不了本题……怎么办呢？？？只能优化矩阵乘法了。我们发现如果一个矩阵的某些项为0，根本没有必要乘这么多次，于是如果碰到一个值为0的项就直接跳过第三重循环（具体看AC程序）。事实证明，这样优化了大约2~5倍的时间，常数小的程序已经能在1秒内跑出结果了！
4ms 算法：AC这题的都用的是4ms 算法……由于我实在是太弱了，真心不会这种算法啊……
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <complex>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <map>
#include <set>
using namespace std;
//#pragma comment(linker,"/STACK:102400000,102400000")
long long mod = 1000000009LL;
const int N = 20;
int M;
int mapTo[201];
struct matrix
{
long long x[N+1][N+1];
matrix(){memset(x, 0, sizeof(x));}
matrix(long long init)
{
memset(x, 0, sizeof(x));
for(int i = 0; i <= N; i++)
x[i][i] = init;
}
matrix operator +(matrix that)
{
matrix ret;
for(int i = 0; i <= N; i++)
for(int j = 0; j <= N; j++)
ret.x[i][j] = (x[i][j] + that.x[i][j]) % mod;
return ret;
}
matrix operator -(matrix that)
{
matrix ret;
for(int i = 0; i <= N; i++)
for(int j = 0; j <= N; j++)
ret.x[i][j] = (x[i][j] - that.x[i][j] + mod) % mod;
return ret;
}
matrix operator *(matrix that)
{
matrix ret;
for(int i = 0; i <= N; i++)
for(int j = 0; j <= N; j++)
for(int k = 0; k <= N; k++)
ret.x[i][j] = (ret.x[i][j] + x[i][k] * that.x[k][j]) % mod;
return ret;
}
}I(1);
matrix power(matrix b, long long e)
{
matrix ret = I;
while(e)
{
if(e&1) ret = ret * b;
b = b * b;
e /= 2;
}
return ret;
}
/* Note
1. Set N: matrix size
2. Set mod
*/
/* Eaxmple
matrix init, trans;
init.x[1][1] = 2, init.x[2][1] = 1;
trans.x[1][1] = 2, trans.x[1][2] = 1, trans.x[2][2] = 2;
cout << (power(trans, 5) * init).x[1][1] << endl;
*/
long long gcd(long long a, long long b)
{
if(a == 0 || b == 0)return a + b;
return gcd(b, a % b);
}
matrix op(int i)
{
int a = gcd(i, M);
int b = gcd(i+1, M);
matrix ret = I;
ret.x[0][0] = 0;
ret.x[0][mapTo[b]] = 1;
for(int i = 1; i <= a; i++)
if(a % i == 0)
if(mapTo[i] != -1)
ret.x[mapTo[i]][mapTo[b]] += 1;
return ret;
}
matrix trans[201];
int have[201];
int MAIN()
{
long long n, m;
cin >> n >> m;
memset(have, 0, sizeof(have));
for(int i = 1; i <= m; i++)
have[gcd(i, m)] = 1;
int z = 0;
mapTo[0] = 0;
for(int i = 1; i <= m; i++)
if(have[i])
{
z ++;
mapTo[i] = z;
}
else
mapTo[i] = -1;
n --;
M = m;
matrix init;
for(int i = 1; i <= N; i++)
init.x[i][0] = 1;
trans[0] = I;
for(int i = 1; i <= m; i++)
trans[i] = op(i) * trans[i-1];
matrix t = power(trans[m], n/m);
t = trans[n%m] * t;
t = t * init;
cout << t.x[0][0] << endl;
return 0;
}
int main()
{
#ifdef LOCAL_TEST
freopen("in.txt", "r", stdin);
freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
ios :: sync_with_stdio(false);
cout << fixed << setprecision(16);
return MAIN();
}
5、小学生的旅行
题意大意：给一个N个点，M条边的无向连通图，再给你K个权值，问这些权值中，可以从u走到v时经过的边值都不大于这个权值的有多少个。其中这些权值会修改。
分析：
1、首先，如果从u走到v的所有路径中，最大边最小的边权为l，那么，所有不小于l的权值都符合，所有小于l的权值都不符合。
2、因此，可以把题目分为两步，首先求出从u走到v的所有路径中最大边最小的边权l，再求有多少个权值不小于l。
3、取出原图中的所有点，将边从小到大排序，一次加入这个新图，当使u， v恰好连通时的边权就是要求的L。停止加边。
4、证明：从u走到v，可以只经过不比L大的边，因为新图中u可以走到v，而且图中的所有边权不大于L。去掉边权为L的边，得到的图中u无法到v， 因此不存在L’， 从u走到v，可以只经过不比L’大的边，其中L’<L。
因此L是原图中从u走到v的所有路径中，最大边最小的边权。
5、如果在加边的过程中，不添加在同一连通块中的两个点之间的边，使整个 图连通后，这个图是原图的最小生成树，对任意两点u，v，从u走到v的唯 一路径上的最大边就是原图中从u走到v的所有路径中，最大边最小的边权。 （因为L一定在这条路径上，且这条路径上的其它边都小于L）
6、所以先求出最小生成树，再通过倍增，可以在O(logN)的时间求出从u走到v的所有路径中，最大边最小的边权。
7、至于如何在一组数中查找有多少个，其大小不小于l，还会动态修改这些数的权值，可以用平衡树做，但是考虑到本题中l≤200000，可以用数组a[i]表示权值为i的数有多少个，所有比lmax大的数可以看成lmax，然后用平衡树/树状数组来维护，可以做到O(log(lmax))的查询和修改
总复杂度为O(MlogM + QlogN + Qlog(lmax))
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define pb push_back
using namespace std;
const int W=200100;
struct edge{int x, y, d;}E[W];
int mx[W][18], anc[W][18], uni[W], t[W], dep[W], a[W];
int N, M, K, Q;
vector<int>nxt[W], c[W];
int lowbit(int x){return x & (-x);}
void add(int x, int d)
{
for (; x <= 200001; x += lowbit(x)) a[x] += d;
}
int getsum(int x)
{
int sum=0;
for (; x > 0; x -= lowbit(x)) sum += a[x];
return sum;
}
void Read()
{
scanf("%d%d%d%d", &N, &M, &K, &Q);
for (int i=1; i <= M; i++)
{
scanf("%d%d%d", &E[i].x, &E[i].y, &E[i].d);
E[i].d++;
}
for (int i=1; i <= K; i++)
{
scanf("%d", &t[i]); t[i]++;
if (t[i] >= 200001) t[i]=200001;
add(t[i], 1);
}
}
bool cmp(const edge &A, const edge &B){return A.d < B.d;}
int Uni(int x)
{
if (uni[x] == x) return x;
return uni[x]=Uni(uni[x]);
}
void Init()
{
for (int i=1; i <= N; i++) uni[i]=i;
for (int i=1; i <= M; i++)
{
int x=E[i].x, y=E[i].y;
x=Uni(x); y=Uni(y);
if (x == y) continue;
uni[x]=y;
nxt[E[i].x].pb(E[i].y);
nxt[E[i].y].pb(E[i].x);
c[E[i].x].pb(E[i].d);
c[E[i].y].pb(E[i].d);
}
}
void Build(int x, int fa, int D)
{
dep[x]=D;
anc[x][0]=fa;
for (int i=1; i <= 17; i++)
{
if (dep[x] - (1 << i) < 1) break;
anc[x][i]=anc[anc[x][i - 1]][i - 1];
mx[x][i]=max(mx[x][i - 1], mx[anc[x][i - 1]][i - 1]);
}
for (int i=0; i < (int)nxt[x].size(); i++)
{
int y=nxt[x][i];
if (y == fa) continue;
mx[y][0]=c[x][i];
Build(y, x, D + 1);
}
}
int Find(int u, int v)
{
int sum=0;
if (dep[u] < dep[v]) swap(u, v);
for (int i=17; i >= 0; i--)
if (dep[u] - (1 << i) >= dep[v])
{
sum=max(sum, mx[u][i]);
u=anc[u][i];
}
if (u == v) return sum;
for (int i=17; i >= 0; i--)
if (dep[u] - (1 << i) >= 1 && anc[u][i] != anc[v][i])
{
sum=max(max(sum, mx[u][i]), mx[v][i]);
u=anc[u][i], v=anc[v][i];
}
sum=max(max(sum, mx[u][0]), mx[v][0]);
return sum;
}
void Solve()
{
while (Q--)
{
int ope; scanf("%d", &ope);
if (ope == 1)
{
int x, p; scanf("%d%d", &x, &p); p++;
add(t[x], -1);
t[x]=p; if (t[x] >= 200001) t[x]=200001;
add(t[x], 1);
}
else
{
int u, v; scanf("%d%d", &u, &v);
int val=Find(u, v);
printf("%d\n", K - getsum(val - 1));
}
}
}
int main()
{
Read();
sort(E + 1, E + 1 + M, cmp);
Init();
Build(1, 0, 1);
Solve();
return 0;
}