T1 divide
题意：
有(n)个数 (a_1, a_2,..., a_n) 有m个数(b_1, b_2,..., b_n)
令(a = a_1 imes a_2\, imes ... imes \,a_n)
令(b = b_1 imes\,b_2 imes\,...\, imes\,b_n)
判断(a)是否是(b)的倍数
输入：(n,m)
输出：(Yes / No)
做法：就是个一简单的质因数分解
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n, m;
int a[1010], b[1010];
int p[3][20]={};
void divid(int op, int x)
{
if(x == 1) return;
if(x == 2) p[op][1]++;
if(x == 3) p[op][2]++;
if(x == 4) p[op][1] += 2;
if(x == 5) p[op][3]++;
if(x == 6) {p[op][1]++; p[op][2]++;}
return;
}
int main()
{
freopen("divide.in","r",stdin);
freopen("divide.out","w",stdout);
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%d", &a[i]);
divid(1, a[i]);
}
for(int i = 1; i <= m; i++)
{
scanf("%d", &b[i]);
divid(2, b[i]);
}
for(int i = 1; i <= 3; i++)
{
if(p[1][i] >= p[2][i])continue;
else
{
printf("No
"); return 0;
}
}
printf("Yes
");
return 0;
}
/*
样例：
输入：2 3
6 6
1 3 4
输出：Yes
*/
T2 graph
题意：
现在要生成一张n个点的有向图。要求满足：
1.若有(a-> b)的边，则有(b->a)的边
2.若有(a->b)的边和(b->c)的边，则有(a->c)的边
3.至少有一个点没有自环
求方案数。 由于结果可能较大，结果对(m)取模
输入：(n,m)
输出：答案
做法：
这道题除了题意比较坑以外，没有什么太大的难点。需要注意的是，按照题意，如果一个点所在的连通块大小大于或等于2，则该点一定有自环。
我的做法是：设(f[i][0])表示(i)个点自由组合，且每个点都存在自环的方案数
(f[i][1])表示(i)个点自由组合，且至少有(1)个点没有自环的方案数
我转移方程的方法有点独特，我是看(1)号点所在的连通块的点的个数进行转移，需要注意的是转移是需要讨论(1)号点是否孤立为一个点，若孤立，则有(1)号点自环和不自环的两种情况，需分别进行讨论，状态转移方程如下：
(f[i][1]+=f[i - 1][1]\,\,\,\,1)号点孤立且(1)号点存在自环
(f[i][1] += f[i - 1][1] + f[i - 1][0]\,\,\,\,1)号点孤立且(1)号点不存在自环，则其他点可以自环，可以不自环
(f[i][1] +=sum_{j=2}^{i} f[i - j][1] imes C_{i-1}^{j-1} \,\,\,\,)计算(1)号点所在的连通块大小为(j)时的方案数
(f[i][0]+=f[i-1][0]\,\,\,\,1)号点孤立时只能自环
(f[i][0]+=sum_{j=2}^{i} f[i - j][0] imes C_{i-1}^{j-1} \,\,\,\,)计算(1)号点所在的连通块大小为(j)时的方案数
组合数用杨辉三角就可以了。
老师讲的做法是把“第(1)个点”改成“第(i)个点”，其实写法是一样的，只是思路不同而已。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
#define maxn 2010
#define ll long long
int n, mol;
ll f[maxn][2];// 1:符合题意 0:不符合题意
ll C[maxn][maxn];
int main()
{
freopen("graph.in", "r", stdin);
freopen("graph.out", "w", stdout);
scanf("%d%d", &n, &mol);
for(int i = 0; i <= n; i++) C[i][0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
for(int j = 1; j <= i; j++)
{
C[i][j] = (C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1]) % mol;
}
}
/* for(int i = 0; i <= n; i++)
{
for(int j = 0; j <= i; j++)
printf("C[%d][%d] = %lld ", i, j, C[i][j]);
printf("
");
}
*/
f[1][1] = 1; f[1][0] = 1;
for(int i = 2; i <= n; i++)
{
f[i][1] = (f[i][1] + f[i - 1][1] + f[i - 1][0] + f[i - 1][1]) % mol;
f[i][0] = (f[i][0] + f[i - 1][0]) % mol;
for(int j = 2; j < i; j++)
{
// f[i][1] = (f[i][1] + ( ( ( (C[i - 1][j - 1] * S[j - 1][j - 1]) % mol ) * ( (f[i - j][0] + f[i - j][1]) % mol) ) % mol)) % mol;
f[i][1] = (f[i][1] + (C[i - 1][j - 1] * f[i - j][1]) % mol) % mol;
f[i][0] = (f[i][0] + (C[i - 1][j - 1] * f[i - j][0]) % mol) % mol;
}
f[i][0] = (f[i][0] + 1) % mol;
}
// for(int i = 1; i <= n; i++)
// printf("f[%d][0] = %lld f[%d][1] = %lld
", i, f[i][0], i, f[i][1]);
printf("%lld
", f[n][1]);
return 0;
}
/*
样例：
输入：2 5
输出：3
*/
T3 生成图
题意：
(a=1\,\,\,b=0)
进行不超过b次操作，每次可以选择一下两种操作之一：
(1.\,\,b\,\,+=1)
(2.\,a imes b)
最后得到一个整数(a)，该整数位于([l,r])之间，求最后的(a)有多少种可能
输入：(l,r,p)
输出：答案
做法：经过“观察”，我们发现答案很小，所以我们可以通过计算出所有可能的答案(有质因子超过p则该答案不可能)，然后“离散化”就可以求出了，同时再计算需要的最小步数。