A. Golden Spirit
大意：
一座桥桥两侧各有 n 个老人，每个老人都需要去桥对面休息 x 分钟后再返回，背一个人过桥一次需要t分钟，最少需要多少分钟使所有老人都完成休息
思路：
模拟，需要判断将所有老人都送到彼此的对面之后，第一个开始休息的老人能否开始回去，能的话直接开始送他回去，否则则需要判断是留在左边等这个老人还是去对面等第二个老人
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
long long t, n, x, sum,T;
int main(){
cin>>T;
while(T--){
cin>>n>>x>>t;
sum = 0;
if(x<(2*n*t-2*t)){
sum = 4 * n * t;
}
else{
long long sum1, sum2;
sum1 = 4 * n * t + (x - 2 * n * t + 2 * t);
if(x>(2*n*t)){
sum2 = 2 * n * t + t + (x - 2 * n * t) + 2 * n * t;
}
else{
sum2 = 2 * n * t + t + 2 * n * t;
}
sum = min(sum1, sum2);
}
cout << sum << endl;
}
return 0;
}
C. Rencontre
大意：
给出一棵带权树，记 \(f( u1 , u2 , u3 )=min_{v \in T}(dis(u1,v)+dis(u2,v)+dis(u3,v))\)，由于u1、u2、u3不确定，因此确定三个点 u1 , u2 , u3 后，需要找到一个点 v 到三个点的距离之和最小，现在给出 u1 , u2 , u3 的可行取值，问 f 函数的期望是多少。
思路：
对于给定的三个点$ u1 , u2 , u3 \(,可以确定唯一的点\)v$使得距离最小，为\(1/2*((dis(u1,u2)+dis(u2,u3)+dis(u3,u1))\)
那么问题可以转化为\(1/2*(E(dis(u1,u2)+E(dis(u2,u3))+E(dis(u3,u1)))\)
而对于\(E(dis(u,v))\)，有：\(E(dis(u1,u2))= \frac { \sum_{x \in {u_1} }\sum_{y \in {u_2} }dis(x,y)}{|u_1||u_2|}\)
所以可以根据每条边的贡献来求，对于每条边，计算他左右属于不同集合的点的数量，然后乘上权值即可
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
typedef long long LL;
int n;
LL size[N][5],cnt[N];
double res = 0;
vector<pair<LL, LL>> mp[N];
void dfs1(int now,int fa){
//cout << now << ' ' << fa << endl;
for (int i = 0; i < mp[now].size();i++){
LL ne = mp[now][i].first;
if(ne==fa){
continue;
}
dfs1(ne, now);
for (int j = 0; j < 3;j++){
size[now][j] += size[ne][j];
}
}
}
void dfs2(int now,int fa){
for (int i = 0; i < mp[now].size();i++){
LL ne = mp[now][i].first;
LL w = mp[now][i].second;
if(ne==fa){
continue;
}
dfs2(ne, now);
for (int j = 0; j < 3;j++){
for (int k = 0; k < 3;k++){
if(j!=k){
res += 1.0 * (size[1][j] - size[ne][j]) * 1.0 * (size[ne][k]) * 1.0 * w / cnt[j] / cnt[k] / 2.0;
}
}
}
}
}
int main(){
cin >> n;
for (int i = 1; i < n;i++){
LL x, y,w;
cin >> x >> y >> w;
mp[x].push_back({y,w});
mp[y].push_back({x,w});
}
for (int i = 0; i < 3;i++){
int num;
cin >> num;
cnt[i] = num;
for (int j = 0; j < num;j++){
int x;
cin >> x;
size[x][i]++;
//cout << x << ' ' << size[x][i] << endl;
}
}
dfs1(1, 0);
dfs2(1, 0);
printf("%.10f\n",res);
return 0;
}
D.ABC Conjecture
大意： 给定一个c，范围1e18.问是否能够产生a、b，使得c=a+b且rad(abc)<c。rad(n)为n的素数乘积
思路： 如果一个数字分解质因数后所有素数的次数都为1，那么no；否则yes
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
typedef long long LL;
int t;
LL n;
const int maxn = 10000;
const int S = 20;
LL factor[maxn];
int tot; // 记录有几个质因子
//返回(a * b) % c,a,b,c<2^63
LL multi_mod(LL a, LL b, LL c) {
a %= c;
b %= c;
LL ret = 0;
while(b) {
if (b & 1) {
ret += a;
if (ret >= c) ret -= c;
}
a <<= 1;
if(a >= c) a -= c;
b >>= 1;
}
return ret;
}
//返回x^n mod c ,非递归版
LL pow_mod(LL x, LL n, LL mod) {
LL ret = 1;
while(n) {
if(n & 1) ret = multi_mod(ret, x, mod);
x = multi_mod(x, x, mod);
n >>= 1;
}
return ret;
}
//以a为基，n-1=x*2^t，检验n是不是合数
bool check(LL a, LL n, LL x, LL t) {
LL ret = pow_mod(a, x, n), last = ret;
for (int i = 1; i <= t; i++) {
ret = multi_mod(ret, ret, n);
if (ret == 1 && last != 1 && last != (n-1)) return 1;
last = ret;
}
if (ret != 1) return 1;
return 0;
}
/*素数测试*/
bool Miller_Rabin(LL n) {
LL x = n - 1, t = 0;
while ((x & 1) == 0) x >>= 1, t++;
bool flag = 1;
if (t >= 1 && (x & 1) == 1) {
for(int k = 0; k < S; k++) {
LL a = rand()%(n-1) + 1;
if (check(a, n, x, t)) {
flag = 1; break;
}
flag = 0;
}
}
if (!flag || n == 2) return 0;
return 1;
}
LL gcd(LL a,LL b) {
if (a == 0) return 1;
if (a < 0) return gcd(-a, b);
while (b) {
LL t = a % b;
a = b;
b = t;
}
return a;
}
/*大整数素因子分解*/
LL Pollard_rho(LL x, LL c) {
LL i = 1, x0 = rand() % x, y = x0, k = 2;
while(1) {
i++;
x0 = (multi_mod(x0, x0, x) + c) % x;
LL d = gcd(y - x0, x);
if (d != 1 && d != x) {
return d;
}
if (y == x0) return x;
if (i == k) {
y = x0;
k += k;
}
}
}
//递归进行质因数分解N
// 输入n为要质因数分解的大整数，质因数分解完后tot为质因数个数，factor存储分解后得到的质因数
// 使用pollard_rho随机算法
void findfac(LL n) {
if (!Miller_Rabin(n)) {
factor[tot++] = n;
return;
}
LL p = n;
while(p >= n) p = Pollard_rho(p, rand() % (n-1) + 1);
findfac(p);
findfac(n / p);
return ;
}
int main(){
cin >> t;
while(t--){
cin >> n;
if(n==1){
cout<<"no"<<endl;
continue;
}
tot = 0;
findfac(n);
set<LL> s;
int flag = 0;
for (int i = 0; i < tot;i++){
if(s.count(factor[i])){
flag = 1;
break;
}
s.insert(factor[i]);
}
if(flag){
cout << "yes" << endl;
}
else{
cout << "no" << endl;
}
}
return 0;
}
G.Caesar Cipher
大意： 给定一个数组 ，范围为 [0,65536),有以下两种操作：
- 给出 x , y 把 [x , y] 内的每个数 + 1 同时对 65536 取模。
- 给出 x,y,L , 查询区间 [x , x + L - 1] 和区间 [y , y + L - 1]是否完全相同。
思路：
哈希+线段树
看队友博客吧，具体不想写了：
https://blog.csdn.net/m0_49959202/article/details/110440308
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
int const N = 5e5 + 10, mod = 1e9 + 7;
int n, m, T, base = 131;
int Hash[N << 2], lazy[N << 2], maxv[N << 2], a[N], sum[N], p[N];
void pushup(int u, int l, int r) {
int mid = l + r >> 1;
int len_r = r - mid;
Hash[u] = (Hash[u << 1] * (LL)p[len_r] % mod + Hash[u << 1 | 1]) % mod;
maxv[u] = max(maxv[u << 1], maxv[u << 1 | 1]);
return;
}
void build(int u, int l, int r) {
if (l == r) {
Hash[u] = a[l];
lazy[u] = 0;
maxv[u] = a[l];
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(u << 1, l, mid), build(u << 1 | 1, mid + 1, r);
pushup(u, l, r);
}
void pushdown(int u, int l, int r) {
if (!lazy[u]) return;
int mid = (l + r) >> 1;
int len_l = mid - l + 1, len_r = r - mid;
Hash[u << 1] = (Hash[u << 1] + (LL)lazy[u] * sum[len_l - 1] % mod) % mod;
Hash[u << 1 | 1] = (Hash[u << 1 | 1] + (LL)lazy[u] * sum[len_r - 1] % mod) % mod;
maxv[u << 1] = (maxv[u << 1] + lazy[u]) % mod;
maxv[u << 1 | 1] = (maxv[u << 1 | 1] + lazy[u]) % mod;
lazy[u << 1] = (lazy[u << 1] + lazy[u]) % mod;
lazy[u << 1 | 1] = (lazy[u << 1 | 1] + lazy[u]) % mod;
lazy[u] = 0;
return;
}
void modify(int u, int l, int r, int L, int R) {
if (L <= l && r <= R) {
Hash[u] = (Hash[u] + sum[r - l]) % mod;
maxv[u] = (maxv[u] + 1) % mod;
lazy[u] = (lazy[u] + 1) % mod;
return;
}
pushdown(u, l, r);
int mid = (l + r) >> 1;
if (L <= mid) modify(u << 1, l, mid, L, R);
if (mid < R) modify(u << 1 | 1, mid + 1, r, L, R);
pushup(u, l, r);
return;
}
void modify2(int u, int l, int r) {
if (maxv[u] < 65536) return;
if (l == r) {
maxv[u] -= 65536;
Hash[u] -= 65536;
return;
}
pushdown(u, l, r);
int mid = (l + r) >> 1;
if (maxv[u << 1] >= 65536) modify2(u << 1, l, mid);
if (maxv[u << 1 | 1] >= 65536) modify2(u << 1 | 1, mid + 1, r);
pushup(u, l, r);
return;
}
LL query(int u, int l, int r, int L, int R) {
if (L <= l && r <= R) return Hash[u];
pushdown(u, l, r);
int mid = (l + r) >> 1;
LL res = 0;
if (L <= mid) res = query(u << 1, l, mid, L, R) % mod;
if (mid < R) res = (res * (LL)p[max(0, min(r, R)) - mid] % mod + query(u << 1 | 1, mid + 1, r, L, R)) % mod;
return res;
}
int main() {
cin >> n >> m;
p[0] = sum[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%lld", &a[i]);
p[i] = (LL)p[i - 1] * base % mod;
sum[i] = (sum[i - 1] + p[i]) % mod;
}
build(1, 1, n);
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
int op, a, b;
scanf("%d", &op);
if (op == 1) {
scanf("%d%d", &a, &b);
modify(1, 1, n, a, b);
modify2(1, 1, n);
}
else {
int l1, r1, l2, r2, len;
scanf("%d%d%d", &l1, &l2, &len);
r1 = l1 + len - 1, r2 = l2 + len - 1;
int t1 = query(1, 1, n, l1, r1);
int t2 = query(1, 1, n, l2, r2);
if (t1 == t2) puts("yes");
else
puts("no");
}
}
return 0;
}
H. Message Bomb
大意：
n个小组，m个人，s个操作，op=1代表x加入了y小组，op=2代表x退出了y小组，op=3代表x在y小组内发了一条消息。问最后每个人收到了多少条消息
思路：
当x加入群组y的时候，减去当前y群组收到的消息数，离开的时候再加上(有点类似前缀和的思想)，最后如果还在群组里记得要加上当前的的消息数。
一开始没看见每个人可以同时加入多个群组....所以需要用一个set维护这个人加入了哪些群组，最后遍历一下
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
typedef long long LL;
int n, m, s,mes[N],res[N],send[N];
set<int> in[N];
int main(){
cin>>n>>m>>s;
for (int i = 1; i <= s;i++){
int op, x, y;
cin >> op >> x >> y;
if(op==1){
res[x] -= mes[y];
in[x].insert(y);
}
else if(op==2){
res[x] += mes[y];
in[x].erase(y);
}
else{
mes[y]++;
send[x]++;
}
}
set<int>::iterator it;
for (int i = 1; i <= m;i++){
for (it = in[i].begin(); it != in[i].end();it++){
res[i] += mes[*it];
}
res[i] -= send[i];
cout << res[i] << endl;
}
return 0;
}
L. Clock Master
大意： 把 n 拆分为若干数的和，使得这些数的 lcm 最大，输出 log(lcm)。\(1<=n<3*10^4\)
思路： 由于lcm要最大，因此拆分出来的数字要尽可能互质，那么就是分组背包，将每个质数和他的幂次方放进一个背包，枚举每个质数的次数
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 30010 + 5;
typedef long long LL;
int t, n,prime[N],cnt;
bool st[N];
double dp[N], logs[N];
void init(){
for (int i = 2; i < N; ++i) {
if (!st[i]) prime[cnt++] = i; // 如果这个数字没有被记录，那么这个数字必然为素数，记录一下
for (int j = 0; prime[j] <= (N-1)/i; ++j) {
st[prime[j] * i] = true; // 筛掉pj*i这个合数
if (i % prime[j] == 0) break; // i%pj==0，说明pj是i的最小素因子，因此i*素数的最小素因子也是pj，在i递增的时候也会被筛掉，因此不需要在这里判断
}
}
for (int i = 0; i < N;i++){
logs[i] = log(i);
}
}
int main(){
init();
for (int i = 0; i < cnt;i++){//分组
for (int j = N-1; j >= prime[i];j--){//01
for (int k = prime[i]; k <= j;k*=prime[i]){
dp[j] = max(dp[j], dp[j - k] + logs[k]);
}
}
}
cin>>t;
while(t--){
scanf("%d", &n);
printf("%.8lf\n", dp[n]);
}
return 0;
}