T1

欧拉筛质数时若 \(i\) 是质数且没有被用过就顺便用于计算结果，复杂度 \(O(n)\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int Rd() {
	register int x=0; char C=getchar();
	for(;C<'0'||C>'9';C=getchar()) ;
	for(;C>'/'&&C<':';C=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(C^48);
	return x;
}
const int N=10000000;
int is[N+5],pr[664585],cnt,sm[N+5],vs[N+5],L,R,T;
inline void Out(int x) {
	if(x>9)Out(x/10);
	putchar(x%10|48);
}
int main() {
	freopen("prime.in","r",stdin);
	freopen("prime.out","w",stdout);
	is[1]=1;
	for(register int i=2;i<=N;i++) {
		if(!is[i])pr[++cnt]=i,++sm[i];
		for(register int j=1;j<=cnt && i*pr[j]<=N;j++) {
			is[i*pr[j]]=1;
			if(!is[i] && !vs[i*pr[j]])
			++sm[i*pr[j]],vs[i*pr[j]]=1;
			if(i%pr[j]==0)break;
		}
	}
	for(register int i=1;i<=N;i++)sm[i]+=sm[i-1];
	T=Rd();
	while(T--) {
		L=Rd(),R=Rd();
		Out(sm[R]-sm[L-1]);
		putchar(10);
	}
}

T2

考试时没有想到贪心做法，炸了。。

正解：一条线两边站企鹅这种情况越多越好，可以直接求出这样连的边数，剩下的企鹅肯定直接与已知的相连即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100005;
int T,n,K,ans,use,lst[N],nxt[N<<1],to[N<<1],vis[N],cnt;
inline void Ae(int fr,int go) {
	to[++cnt]=go,nxt[cnt]=lst[fr],lst[fr]=cnt;
}
void dfs(int u,int f) {
	for(int i=lst[u],v;i;i=nxt[i])
		if((v=to[i])^f) {
			dfs(v,u);
			if(!vis[u] && !vis[v]) {
				if(use<K)++ans;
				use+=2;
				vis[u]=vis[v]=1;	
			}
		}
}
int main() {
	freopen("tree.in","r",stdin);
	freopen("tree.out","w",stdout);
	scanf("%d",&T);
	while(T--) {
		scanf("%d%d",&n,&K);
		memset(lst,0,sizeof(lst));
		memset(vis,0,sizeof(vis));
		cnt=0;
		for(int i=1,x;i<n;i++) {
			scanf("%d",&x);
			Ae(i+1,x),Ae(x,i+1);
		}
		ans=use=0;
		dfs(1,1);
		if(use<K)ans+=K-use; 
		printf("%d\n",ans); 
	}
}

T3

容易看出是状压再跑一遍走迷宫一样的玩意。

不知道为什么打了一个 \(\text{SPFA}\) ，蜜汁 95 分，感觉还是用普通广搜稳重。

希望下次注意

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5005,M=6005;
int n,m,K,p[30]={1},gt[N],nxt[M],to[M],lst[N],st[M],vis[N][1025];
struct ps {
	int u,s,p;
	ps(int x=0,int y=0,int z=0):
		u(x),s(y),p(z) { }
}nw;
queue<ps>q;
int main() {
	freopen("room.in","r",stdin);
	freopen("room.out","w",stdout);
	for(int i=1;i<=20;i++)p[i]=p[i-1]<<1;
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&K);
	for(int i=1,x;i<=n;i++) {
		for(int j=1;j<=K;j++) {
			scanf("%d",&x);
			if(x)gt[i]|=p[j-1];
		}
	}
	for(int i=1,fr,x;i<=m;i++) {
		scanf("%d%d",&fr,&to[i]);
		for(int j=1;j<=K;j++) {
			scanf("%d",&x);
			if(x)st[i]|=p[j-1];
		}
		nxt[i]=lst[fr],lst[fr]=i;
	}
	q.push(ps(1,gt[1],0));
	vis[1][gt[1]]=1;
	while(!q.empty()) {
		nw=q.front(),q.pop();
		register int u=nw.u,ns=nw.s;
		for(int i=lst[u],v,vs;i;i=nxt[i])
			if((ns&st[i])==st[i]) {
				if(!vis[v=to[i]][vs=ns|gt[v]]) {
					q.push(ps(v,vs,nw.p+1));
					vis[v][vs]=1;
					if(v==n) {
						printf("%d",nw.p+1);
						return 0;
					}
				}
			}
	}
	printf("No Solution");
}

T4

比赛时用链表暴力整了一个 60 。但正如 PMX 所说：这已经是正解了

题目可以转化为找到最近一个符合条件的位置，用线段树就可以维护了

\(P.S.\) 权值线段树更加方便

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int Rd() {
	register int x=0; char C=getchar();
	for(;C<'0'||C>'9';C=getchar()) ;
	for(;C>'/'&&C<':';C=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(C^48);
	return x;
}
inline void Out(int x) {
	if(x>9)Out(x/10);
	putchar(x%10|48);
}
const int N=100005;
int n,mx,x[N],y[N],ans[N],sz[N<<2];
void Sort(int l,int r) {
	int i=l,j=r,mid=x[rand()%(r-l)+l];
	while(i<=j) {
		while(x[i]<mid)i++;
		while(x[j]>mid)j--;
		if(i<=j) {
			swap(x[i],x[j]);
			swap(y[i],y[j]);
			i++,j--;
		}
	}
	if(i<r)Sort(i,r);
	if(j>l)Sort(l,j);
}
void build(int l,int r,int rt) {
	if(l==r) { sz[rt]=1; return; }
	register int mid=l+r>>1;
	build(l,mid,rt<<1),build(mid+1,r,rt<<1|1);
	sz[rt]=sz[rt<<1]+sz[rt<<1|1];
}
int ask(int k,int l,int r,int rt) {
	if(l==r)return k>1?-1:l;
	register int mid=l+r>>1;
	if(sz[rt<<1]>=k)return ask(k,l,mid,rt<<1);
	else return ask(k-sz[rt<<1],mid+1,r,rt<<1|1);
}
void change(int p,int l,int r,int rt) {
	--sz[rt];
	if(l==r)return;
	register int mid=l+r>>1;
	if(p<=mid)change(p,l,mid,rt<<1);
	else change(p,mid+1,r,rt<<1|1);
}
int main() {
	freopen("queue.in","r",stdin);
	freopen("queue.out","w",stdout);
	n=Rd();
	for(int i=1;i<=n;i++)
		x[i]=Rd(),y[i]=Rd();
	build(1,n,1);
	if(n>1)Sort(1,n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(n-i<y[i])
			return printf("impossible"),0;
	for(int i=1,p,q;i<=n;i++) {
		p=ask(y[i]+1,1,n,1);
		q=ask(n-y[i]-i+1,1,n,1);
		if(p<=q)ans[p]=x[i],change(p,1,n,1);
		else ans[q]=x[i],change(q,1,n,1);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
		Out(ans[i]),putchar(32);
}